DEDA THI VAO 10 CUA HNTPHCM 20122013

Tương tự với ta cũng có MC2 = MV.MS = ME.MF nên S, V thuộc đường tròn tâm P từ đó dây chung SV vuông góc đường nối tâm PQ và là đường trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đườn[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

HÀ NỘI Năm học: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức

4

x A

x  

 Tính giá trị biểu thức A x = 36.

2) Rút gọn biểu thức

4 16

:

4

x x

B

x x x

  

  

    

  (với x  0, x16).

3) Với biểu thức A B nói trên, tìm giá trị ngun x để giá trị biểu thức B(A – 1) số nguyên

Bài II (2,0 điểm) Giái tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: Hai người làm chung cơng việc

12

5 xong Nếu người làm

một thời gian để người thứ hồn thành cơng việc người thứ hai Hỏi làm người phải làm để xong công việc?

Bài III (1,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình

2

1

x y x y 

 

  

   



2) Cho phương trình : x2  (4m1)x3m2 2m0 (ẩn x) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện

2 2 x x 

Bài IV (3,5 điểm) Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung nhỏ AC (M khác A C), BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H AB

1) Chứng minh tứ giác CBKH tứ giác nội tiếp 2) Chứng minhACM ACK

3) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C

4) Gọi d tiếp tuyến đường tròn (O) điểm A Cho P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm nửa mặt phẳng bờ AB

AP MB R MA  . Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng HK

Bài V (0,5 điểm) Với x, y số dương thỏa mãn điều kiện x  2y, tìm giá trị nhỏ của biểu thức M =

2 x y

xy 

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN Câu 1:

1) ĐKXĐ biểu thức A : x0

Với x=36 ta có: A =

36 10

6

36

 

  

 

2) B=

   

   

4 4 2 4 4 16 2

16 16 16

4

x x x x x x x x

x x x

x x

      

    

   

 

        

 

B =

16 2

16 16 16

x x x

x x x

  

 



 

  

 

3) B(A-1) =

2 4 2

16 16 16

x x x x x x

x x x x x x

   

      

  

   

   

         

B(A-1) =

2 16 Z

x  Vì x số nguyên nên (x-16) Ư(2) ={1,-1,2,-2} Suy số nguyên x cần tìm : {17,15,18,14}

Câu 2:

Gọi thời gian để người thứ làm xong cơng việc x(h)

Do thời gian để người thứ làm xong cơng việc người thứ hai 2h nên thời gian để người thứ hai làm xong cơng việc : (x+2)h

ĐK: x>0 Suy ra:

Trong 1h người thứ làm xong

1

x công việc. Trong 1h người thứ hai làm xong

1

x công việc. Trong 1h hai người làm chung xong (

1

x+

1 )

x công việc. Theo ra: Cả hai người làm chung

12

5 h xong cơng việc nên ta có PT:

2

12 1 1 2

1

5 2 12 12

x

x x x x x x



 

      

 

  

 

2

5x 14x 24

   

Giải PT nghiệm : x1=4 x2 =-6

0 5 (loại)

Kết luận:

Câu 3: 1)

2

2

6

1

x y x y

x y x y

 

   

 

 



 

     

 

 

Cộng hai PT hệ theo vế được:

10

5 x

x    Thay x=2 vào PT đầu hệ cho được:

2

2

2 y   y . KL: Hệ cho có nghiệm x=2;y=1

2) Ta có:    

2 2 2

4m 3m 2m 4m

       

, với m (vì m2 0 với m nên 4m2+1 1 0 với m) Suy PT ln có nghiệm phân biệt với m.

* Theo Vi-et ta có:

1 2

4

x x m

x x m m

  

 

 



Suy ra: x12+x22 =7

 2

1 2

1

2 3

5

m

x x x x m m

m   

        

  

KL: m=1

m=-3

5 GT cần tìm.

Câu 4:

a)

* Học sinh chứng minh : BCH 90 &0 BKH 900

Suy ra: BCH BKH  1800 Tứ giác CBKH nội tiếp đường trịn đk BH b)

* Ta có : ACM ABM (2 góc nt chắn cung AM)

Do Tứ giác CBKH nội tiếp đường trịn đường kính BH , suy ra:

 

ACK ABM ( góc nt chắn cung HK) Vậy: ACM ACK

c) Học sinh chứng minh được:

   

( ) &

ACM BCE c g c CM CE ACM BCE MCE ACB

       .

A B

C M

H

K O

Q

V O H C Q P T B A S K F P

Do ACB900(góc nt chắn nửa đường trịn) nên MCE 900  ECM vuông cân C.

4) Vì (d) tiếp tuyến, AB đường kinh đường trịn (O), nên dAB A (bán kính vng góc với tiếp tuyến tiếp điểm) Suy ra: PAM ABM OBM BMO

Lại có: AP.MB=MA.R=MA.OM

  

~ ( )

AP MO

APM MOB c g c AMP MBO ABM MA MB

       

= =

   900

OMB PMO AMB   PM tiếp tuyến đường tròn (O). * Gọi Q giao điểm tia BM (d)

- Chứng minh được: PA=PQ(=PM) - HK//AQ nên Áp dụng định lí ta lét có:

IH IK

IH IK

PQ AP   (I giao điểm BP HK)

Câu 5:

Cách 1: Do x, y dương x

2y x

y

  

Đặt t =

2

x

y  Ta có:

M =

2 1 1 1 3

4

t t

t t

t t t

  

    

  .

Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương

1 ,

t

t Kết hợp với t2 ta có:

M

1

2

4

t t

  

( Dấu = t=2) Kết luận: M =

5

2 2 x y

Cách 2: M =

2

x y

xy



với x, y số dương x  2y

Ta có 2

1 x(2y)

M 2(x y ) 

2 2 2 2 2

x 4y x y 3y

4(x y ) 4(x y )

  



  (Bất đẳng thức Cauchy)

=

2

2 2

1 3y 3y

4 4(x y ) 4(4y  y ) 20 5   (Thay mẫu số số nhỏ hơn).

Suy Max

1

M 5 x = 2y, giá trị nhỏ M =

2 đạt x = 2y.

( GV Dương Hồng Hạnh – THCS Khải Xuân – Thanh Ba – Phú Thọ ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.HCM Năm học: 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm)

a) 2x2 x 0 b)

2

3

 

 

 



x y x y c) x4x212 0 d) x2 2x 0 Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2

1



y x

đường thẳng (D):

1 2

 

y x

hệ trục toạ độ

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính Bài 3: (1,5 điểm)

Thu gọn biểu thức sau:

1

1

  



 

x A

x

x x x x với x > 0; x1

(2 3) 26 15 (2 3) 26 15

     

B

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2  2mx m  0 (x ẩn số)

Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m Gọi x1, x2 nghiệm phương trình

Tìm m để biểu thức M = 12 22

24

  

x x x x đạt giá trị nhỏ nhất Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có tâm O điểm M nằm ngồi đường trịn (O) Đường thẳng MO cắt (O) E F (ME<MF) Vẽ cát tuyến MAB tiếp tuyến MC (O) (C tiếp điểm, A nằm hai điểm M B, A C nằm khác phía đường thẳng MO) Chứng minh MA.MB = ME.MF

Gọi H hình chiếu vng góc điểm C lên đường thẳng MO Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp

Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường trịn đường kính MF; nửa đường trịn cắt tiếp tuyến E (O) K Gọi S giao điểm hai đường thẳng CO KF Chứng minh đường thẳng MS vng góc với đường thẳng KC

Gọi P Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFS ABS T trung điểm KS Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng

BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2 x 0 (a)

Vì phương trình (a) có a - b + c = nên (a)

3

2

 x hay x

b)

2 (1)

3 (2)

 

 

 



x y

x y 

2 (1)

5 (3) ((2) (1) )

 

 

  





13 13 ((1) 2(3))

5 (3) ((2) (1) )

  

 

  

 y x y



1

  

 

y x

c) x4x2 12 0 (C)

Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + u – 12 = (*)

(*) có  = 49 nên (*) 

1

 

 

u

hay

1

 

 

u

(loại) Do đó, (C)  x2 =  x = 

Cách khác : (C)  (x2 – 3)(x2 + 4) =  x2 =  x = 

d) x2 2x 0 (d)

’ = + = (d)  x = 3

Bài 2:

a) Đồ thị:

Lưu ý: (P) qua O(0;0), 2;1 , 4; 4   (D) qua 4;4 , 2;1  

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

1

2

4x  2x  x2 + 2x – =  x4 hay x2 y(-4) = 4, y(2) =

Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) 4;4 , 2;1   Bài 3:Thu gọn biểu thức sau:

1

1

  



 

x A

x

x x x x

2

  

 

 

x x x x x

x x x

2

( 1)



 

 

x x

x x x

2

1

 

   

  

x

x x

2 ( 1)

( 1)

 

 x x x x

2



x với x > 0; x1

(2 3) 26 15 (2 3) 26 15

     

1

(2 3) 52 30 (2 3) 52 30

2

     

2

1

(2 3) (3 5) (2 3) (3 5)

2

     

1

(2 3)(3 5) (2 3)(3 5)

2

      

Câu 4:

a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m

b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S = b

m a  

; P =   c

m a M = 2

24

( )



 

x x x x = 2

24

4 16

 



   

m m m m

2

6

( 1)

 

 

m Khi m = ta có ( 1)2 3

 

m nhỏ nhất

6

( 1)

  

 

M

m lớn m = 1

6

( 1)



 

 

M

m nhỏ m = 1 Vậy M đạt giá trị nhỏ - m =

Câu

Vì ta có hai tam giác đồng dạng MAE MBF Nên

MA MF

ME MB  MA.MB = ME.MF (Phương tích M đường tròn tâm O) Do hệ thức lượng đường trịn ta có MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượng tam giác vuông MCO ta có MH.MO = MC2  MA.MB = MH.MO nên tứ giác AHOB nội tiếp đường tròn

Xét tứ giác MKSC nội tiếp đường tròn đường kính MS (có hai góc K C vng).Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC Do MS đường trung trực KC nên MS vng góc với KC V

Do hệ thức lượng tam giác MCS ta có MC2 = MV MS => MA.MB = MV.MS nên S,V thuộc đường tròn tâm Q

E

M E M V O

Tương tự với ta có MC2 = MV.MS = ME.MF nên S, V thuộc đường tròn tâm P từ dây chung SV vng góc đường nối tâm PQ đường trung trực VS (đường nối hai tâm hai đường tròn) Nên PQ qua trung điểm KS (do định lí trung bình tam giác SKV) Vậy điểm T, Q, P thẳng hàng

ThS Hoàng Hữu Vinh