Bo de thi vao THPT cac tinh thanh 20122013Co huongdan giai

Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm, A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đƣờng thẳng MO). Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp. c) Trên nửa mặt p[r]

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

TP.HCM N m c 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

1: (2 đ ểm)

Giải phƣơng trình hệ phƣơng trình sau: a) 2x2  x

b)

3

 



   

x y

x y

c) x4x2120

d) x22 2x 7

2: (1,5 đ ểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

4 

y x đƣờng thẳng (D): 2   

y x hệ trục toạ độ

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

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

1,5 đ ểm)

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

a) Chứng minh phƣơng trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phƣơng trình

Tìm m để biểu thức M = 2 2

1 2 24

6   

x x x x đạt giá trị nhỏ

5 đ ểm)

Cho đƣờng trịn (O) có tâm O điểm M nằm ngồi đƣờng trịn (O) Đƣờng 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 đƣờng thẳng MO)

a) Chứng minh MA.MB = ME.MF

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

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

BÀI GIẢI đ ểm)

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

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

(a)

2

  x hay x

b) (1) (2)

 



   

x y

x y 

2 (1)

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

 



    



x y x y

 13 13 ((1) 2(3))

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

  



    

 y

x y



2

     

y x

c) x4x2120 (C) Đặt u = x2

0, phƣơng trình thành : u2 + u – 12 = (*) (*) có  = 49 nên (*) 

2  

 

u hay

2  

  

u (loại)

Do đó, (C)  x2 =  x = 

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

d) x22 2x 7 (d)

’ = + = (d)  x = 23

2:

a) Đồ thị:

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

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

2

1

2 4x  2x  x

2

y(-4) = 4, y(2) =

Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) 4;4 , 2;1   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 

x với x > 0; x1

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

     

B

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/ Phƣơng trình (1) có ∆’ = m2

- 4m +8 = (m - 2)2 +4 > với m nên phƣơng trình (1) có nghiệm phân biệt với m

b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S = b 2m a

  ; P = c  m

a

M = 2

1 2 24

( )



 

x x x x = 2

24

4 16

 



   

m m m m

2 ( 1)

 

 

m Khi m = ta có

2

(m1) 3nhỏ

2 ( 1)   

  M

m lớn m =

6 ( 1)



 

  M

m nhỏ m =

Vậy M đạt giá trị nhỏ - m =

Câu

M E F

a) Vì ta có hai tam giác đồng dạng MAE MBF Nên MA MF

ME  MB  MA.MB = ME.MF (Phƣơng tích M đƣờng trịn tâm O)

b) Do hệ thức lƣợng đƣờng trịn ta có MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lƣợng tam giác vng MCO ta có MH.MO = MC2 MA.MB = MH.MO nên tứ giác AHOB nội tiếp đƣờng tròn

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

d) Do hệ thức lƣợng đƣờng trịn ta có MA.MB = MV.MS đƣờng tròn tâm Q

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI N m c 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức

x A

x  

 Tính giá trị biểu thức A x = 36

2) Rút gọn biểu thức : 16

4

x x

B

x x x

  

  

  

  (với x  0, x16)

3) Với biểu thức A B nói trên, tìm giá trị nguyên 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 ngƣời làm chung cơng việc 12

5 xong Nếu ngƣời làm thời

gian để ngƣời thứ hồn thành cơng việc ngƣời thứ hai Hỏi làm ngƣời phải làm để xong công việc?

Bài III (1,5 điểm)

1) Giải hệ phƣơng trình

2

1 x y

x y    



   

2) Cho phƣơng trình : x2(4m1)x3m22m0 (ẩn x) Tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn điều kiện x12x22 7

Bài IV (3,5 điểm) Cho đƣờng trịn (O; R) đƣờng 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 minhACM  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 đƣờng 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 đƣờng thẳng PB

qua trung điểm đoạn thẳng HK

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

2 x y

xy 

ĐÁP ÁN THI VÀO LỚP 10 TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2012-2013 Mơn: TỐN

Đáp án

Câu I

1)Với x=36 x 6

6

A 

  



2) : 16 ( 4) 4( 4)

16

4 ( 4)( 4)

x x x x x x

B

x

x x x x x

      

   



    

 

4 16 ( 16)( 2)

16 ( 16)( 16) 16

( 4)( 4)

x x x x x x x

x x x x

x x

      

  

   

 

3) Ta có: ( 1) 2

16 16 16

x x x

B A

x x x x x

 

  

     

      

Để B A( 1) nguyên x16 ƣớc 2, ta có bảng giá trị tƣơng ứng:

16

x 1 2

x 17 15 18 14

Kết hợp ĐK x0, x16, ta đƣợc: x=14; 15; 17; 18

Câu II

Gọi thời gian ngƣời làm để xong cơng việc x (giờ), ĐK: 12

x Vậy thời gian ngƣời làm xong cơng việc x2 (giờ)

1 ngƣời làm đƣợc

x công việc; ngƣời làm đƣợc

1

x cơng việc

Vì ngƣời làm chung 12

5 xong cơng việc, ta có PT:

12 1 x x

  

  

 

Giải PT, ta đƣợc:

4 x x       

Kết hợp ĐK x=4 thỏa mãn,

x loại Vậy thời gian ngƣời làm xong cơng việc giờ,

thời gian ngƣời làm xong cơng việc 4+2=6 (giờ)

Câu III 1)Giải hệ: 2 x y x y         

, (ĐK: x y, 0)

Hệ

4 10

4

2

2 2

6

2

1

x

x

x y x x x

y y

x y x y

x y                                            Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1)

PT(1) có nghiệm phân biệt 2 2

(4 1) 4(3 )

a

m

m m m

  

     

     



Điều với m

-Theo ĐL Vi –ét, ta có: 2

4

3

x x m

x x m m

  

 

 

 Khi đó:

2 2

1 ( 2) 2

x x   x x  x x 

2

(4m 1) 2(3m )m

    

1

10 3

5

m

m m

m   

     

  

(TM)

Câu IV

1) Ta có:

0 90

HCBACB (Hệ quả)

90

HKB (gt) 180

HCB HKB

   , mà hai góc vị trí đối diện nên tứ giác CBKH nội tiếp (Đpcm)

E P

N Q

K H

C

B O

A

M

2) Trong (O), ACMABM (hệ quả) Trong đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác CBKH có

ACK ABM (hệ quả) ACMACK (Đpcm)

3) Vì COAB O nên CO đƣờng trung trực AB, suy CA=CB

Mà MACMBC (hệ quả), AM=BE(gt) MAC EBC(c.g.c) CM CE(1)

MCA ECB    

 

Vì ECBHCEACB900 MCAHCE900 hay

90 (2)

MCE

Từ (1) (2) suy ra: CME vuông cân C

4) Từ giả thiết AP MB R AP R BO APM BOM

MA   AM  MB  BM   (c.g.c)

(Vì AP BO, PAM OBM

1

AP OB

PA PM

PM OM

    

-Kéo dài PM cắt đƣờng thẳng (d) Q Vì 0

90 Q 90

AMB AM  hay tam giác AMQ vuông M Mà PM=PA nên PAMPMAPMQPQMPQPM PA=PQ hay P trung điểm AQ

Gọi N giao điểm BP với HK Vì HK//AQ (cùng vng góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có:

NK BN HN

PA  BP  PQ mà PA=PQNHNK hay BP qua trung điểm N HK (Đpcm)

Câu V

Tìm Min: Ta có

2

3

4

x y x y x y x

M

xy y x y x y



     

Theo bđt Cơsi

4

x y x y

y x y x  Theo giả thiết:

3 3

4

x y

y  y 

Do đó: 2

M   Dấu “=” x=2y

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013

Đề t c ín t ức

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: (2,5 điểm)

Cho biểu thức: A = 1

2

x

x x x



  

   

 

a, Nêu điều kiện xác định rút gọn biểu thức A b, Tìm tất giá trị x để A > 1

2

c, Tìm tất giá trị x để B = 7

3 A số nguyên Câu 2: (1,5 điểm)

Trên quãng đƣờng AB dài 156 km, ngƣời xe máy từ A ngƣời xe đạp từ B Hai xe xuất phát lúc sau gặp Biết vận tốc xe máy lớn vận tốc xe đạp 28 km/h Tính vận tốc xe

Câu 3: (2,0 điểm)

Cho phƣơng trình x2

- 2(m - 1)x + m2 - = 0, m tham số a, Giải phƣơng trình với m =

b, Tìm tất giá trị m để phƣơng trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn, x1

+ x2

2

= 16

Câu 4: (4,0 điểm)

Cho điểm M nằm đƣờng tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB (A, B tiếp điểm) cát tuyến MCD không qua O (C nằm M D) với đƣờng tròn (O) Đoạn thẳng OM cắt AB (O) theo thứ tự H I

a, Tứ giác MAOB nội tiếp đƣờng tròn b, MC.MD = MA2

c, OH.OM + MC.MD = MO2 d, CI tia phân giác MCH

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: (2,5 điểm)

a, Với x > x  4, ta có:

A = 1

2

x

x x x



  

   

  =

2 2

( 2)( 2)

x x x

x x x

   

  = =

2 x

b, A =

2 x 

2 x >

1

2   x >

c, B = 7

3

2 x =

14

3( x2) số nguyên   x2 ƣớc 14 hay x2

=  1, x2 =  7, x2 =  14 (Giải pt tìm x)

Câu 2: (1,5 điểm)

Gọi vân tốc xe đạp x (km/h), điều kiện x > Thì vận tốc xe máy x + 28 (km/h)

Trong giờ:

+ Xe đạp đƣợc quãng đƣờng 3x (km),

+ Xe máy đƣợc quãng đƣờng 3(x + 28) (km), theo ta có phƣơng trình: 3x + 3(x + 28) = 156

Giải tìm x = 12 (TMĐK)

Trả lời: Vận tốc xe đạp 12 km/h vận tốc xe máy 12 + 28 = 40 (km/h)

Câu 3: (2,0 điểm)

a, Thay x = vào phƣơng trình x2

- 2(m - 1)x + m2 - = giải phƣơng trình: x2 - 4x + = nhiều cách tìm đƣợc nghiệm x1 = 1, x2 =

x2 - 2(m - 1)x + m2 - = , ta có:

1 2

2( 1)

x x m

x x m

  

 

 



và x1

+ x2

= (x1 + x2)

- 2x1.x2 = 16

Thay vào giải tìm đƣợc m = 0, m = -4

Câu 4: (4,0 điểm)

Tự viết GT-KL

A

D C

M

I H

B

a, Vì MA, MB tiếp tuyến đƣờng tròn (O) A B nên góc tứ giác MAOB vng A B, nên nội tiếp đƣợc đƣờng tròn

b, MAC MDA có chung M MAC = MDA (cùng chắn AC), nên đồng dạng Từ

đó suy

MA MD

MC MD MA

MC  MA   (đfcm)

c, MAO AHO đồng dạng có chung góc O AMOHAO (cùng chắn hai cung bằng đƣờng tròn nội tiếp tứ giác MAOB) Suy OH.OM = OA2

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông MAO hệ thức OH.OM = OA2

MC.MD = MA2 để suy điều phải chứng minh d, Từ MH.OM = MA2

, MC.MD = MA2 suy MH.OM = MC.MD  MH MC

MD  MO (*)

H

Trong MHC MDO có (*) DMO chung nên đồng dạng



M O

MC MO MO

HC  D  A hay O

MC MO CH  A (1)

Ta lại có MAI IAH (cùng chắn hai cung nhau) AI phân giác MAH Theo t/c đƣờng phân giác tam giác, ta có:

A MI MA IH  H (2)

MHA MAO có OMA chung

90

MHAMAO đồng dạng (g.g)



O A

MO MA

A  H (3)

Từ (1), (2), (3) suy MC MI

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH THUẬN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Khóa ngày: 24 – – 2012 Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ:

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phƣơng trình:

3

x y x y

  

   

b) Xác định giá trị m để hệ phƣơng trình sau vơ nghiệm:

( 2) ( 1)

3

m x m y

x y

   



  

 ( m tham số)

Bài 2: (3,0 điểm)

Cho hai hàm số y = x2

y = x +

a) Vẽ đồ thị hai hàm số cho hệ trục tọa độ Oxy

b) Bằng phép tính xác định tọa độ giao điểm A, B hai đồ thị trên (điểm A có hồnh độ âm)

c) Tính diện tích tam giác OAB (O gốc tọa độ)

Bài 3: (1,0 điểm)

Tính giá trị biểu thức H = ( 10 2) 3

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho đƣờng trịn tâm O, đƣờng kính AC = 2R Từ điểm E đoạn OA (E không trùng với A O) Kẻ dây BD vng góc với AC Kẻ đƣờng kính DI đƣờng tròn (O)

a) Chứng minh rằng: AB = CI

b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2 c) Tính diện tích đa giác ABICD theo R OE = 2

3 R

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC trung tuyến AM, BN, CP Chứng minh rằng:

3

ĐÁP ÁN

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phƣơng trình: 3 5

3

x y x y y x

x y x y x y y

     

   

  

          

   

b) Hệ phƣơng trình vơ nghiệm khi:

2

1

2

3

1

1 4

3

m m

m m

m m

m

m m

 

 

 

 

    



    

   

 

 Bài 2: (3,0 điểm)

a) Vẽ (d) (P) hệ trục tọa độ

x -2 -1 0 1 2

2

y = x (P) 4 1 0 1 4

x - 0

y = x + 2(d) 0 2

6

4

2

-2

-4

-6

1

-10 -5 10

2 O

A

B

b) Tọa độ giao điểm (P) (d) nghiệm hệ phƣơng trình:

2

2

2

1

1 2

2

2 1;

1;

y x y x

x x y x x x y x

x x

y y  



  

    

  

     

  

   

    

Tọa độ giao điểm (d) (P): A (-1;1) B (2;4) c) SOAB =

1

2 .(1+4).3 -

2.1.1 -

2.2.4 = Bài 3: (1,0 điểm)

H = ( 10 2) 3  1  5  1  1    4

Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh rằng: AB = CI

E

O

A C

B

D

I

Ta có: BDAC (gt)

DBI = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn)  BDBI Do đó: AC // BI  ABCI  AB = CI

Ta có: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = AB2 + CD2 = AD2 + CD2 = AC2 = (2R)2 = 4R2 c) Tính diện tích đa giác ABICD theo R OE = 2

3

R

SABICD = SABD + SABIC =

2 .DE.AC +

2 .EB.(BI + AC)

* OE = 2

3 R

AE =

3 R

EC = 2

3 R

+ R = 5

3 R

* DE2 = AE.EC =

3 R .5 R = R

 DE =

3

R Do đó: EB = R

* BI = AC – 2AE = 2R –

3 R

=4

3 R

Vậy: SABICD = 2.

5 R

.2R + 1

2 R .(4 R

+ 2R) =

6 R .16 R = R (đvdt)

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC trung tuyến AM, BN, CP Chứng minh rằng:

3

4 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA

G

M

P N

A

B C

Gọi G trọng tâm ABC, ta có: GM = 1

3AM; GN =

3BN; GP = 3CP

Vì AM, BN, CP trung tuyến, nên: M, N, P lần lƣợt trung điểm BC, AC, AB Do đó: MN, NP, MP đƣờng trung bình ABC

Nên: MN = 1

2AB; NP =

2 BC; MP = 2AC

Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có: * AM < MN + AN hay AM < 1

2AB +

2 AC (1)

Tƣơng tự: BN < 1

2 AB +

CP < 1

2BC +

2 AC (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: AM + BN + CP < AB + BC + CA (*) * GN + GM > MN hay 1

3BN +

3AM >

2 AB (4)

Tƣơng tự: 1

3BN +

3CP >

2 BC (5)

1

3CP +

3AM >

2 AC (6)

Từ (4), (5), (6) suy ra:

1

3BN +

3AM +

3BN +

3CP +

3CP +

3AM >

2 AB + 2BC+

1 AC 2

3 (AM + BN + CP) >

2 (AB + AC + BC) 3

4 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP (**)

Từ (*), (**) suy ra: 3

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

KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 - 2012

Ngày thi : 21/06/2011 Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1( điểm)

1) Đơn giản biểu thức: A

2

   



 

2) Cho biểu thức:

1

( ); ( 1)

1

P a a

a a a a

   

   

Rút gọn P chứng tỏ P 0 Bài 2( điểm)

1) Cho phƣơng trình bậc hai x2 + 5x + = có hai nghiệm x1; x2 Hãy lập phƣơng trình bậc hai có hai nghiệm (x12

+ ) ( x22 + 1) 2) Giải hệ phƣơng trình

2

4

4

1 x y

x y

  

 

 

  

 

 Bài 3( điểm)

Quãng đƣờng từ A đến B dài 50km.Một ngƣời dự định xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi đƣợc giờ,ngƣời dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B thời gian định,ngƣời phải tăng vận tốc thêm km/h quãng đƣờng cịn lại.Tính vận tốc ban đầu ngƣời xe đạp

Bài 4( điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn H trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đƣờng thẳng qua D song song BC cắt đƣờng thẳng AH E

1) Chứng minh A,B,C,D,E thuộc đƣờng tròn 2) Chứng minh BAE DAC

3) Gọi O tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC M trung điểm BC,đƣờng thẳng AM cắt OH G.Chứng minh G trọng tâm tam giácABC

4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a - Hết -

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

g ả Bài

3) A ( 4)(1 2)

2 4

                4) 1

( );

1

2 1 1; :

( 1) 0;

a a a a

P a a

a a

a a a a vi a

P a a

    

  

 

        

      

Bài x2 + 5x + = 1) Có  25 12 13 0  

Nên pt ln có nghiệm phân biệt

 x1+ x2 = - ; x1x2 = Do S = x12

+ + x22 + = (x1+ x2)2 - x1x2 + = 25 – + = 21 Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - x1x2 + = + 20 = 29 Vậy phƣơng trình cần lập x2

– 21x + 29 = 2) ĐK x0;y2

2 14

4

2

3

2

12 3

4 2 x x

x y x

y y x y x y                                    

Vậy HPT có nghiệm ( x ;y) = ( ;3) Bài

Gọi x(km/h) vtốc dự định; x > ; có 30 phút = ½ (h)

 Th gian dự định : 50( )h x

Quãng đƣờng đƣợc sau 2h : 2x (km)

 Quãng đƣờng lại : 50 – 2x (km)

Vận tốc quãng đƣờng lại : x + ( km/h) Th gian quãng đƣờng lại : 50 ( )

2 x h x   Theo đề ta có PT:

1 50 50

2 2 x x x     

Giải ta đƣợc : x = 10 (thỏa ĐK toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h

Giải câu c)

Vì BHCD HBH nên H,M,D thẳng hàng

Tam giác AHD có OM ĐTBình => AH = OM Và AH // OM

2 tam giác AHG MOG có HAG   OMG slt  AGH MGO

   (đ đ)

( )

2 AHG MOG G G

AH AG MO MG

  

  

Hay AG = 2MG

Tam giác ABC có AM trung tuyến; G  AM Do G trọng tâm tam giác ABC

d) BHC    BDC( BHCD HBH) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính a

Nên tam giác BHC nội tiếp (K) có bán kính a Do C (K) = 2a( ĐVĐD)

A

B C

E D

H

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 2012-2013 ÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN

Đề c ín t ức

Mơn thi: TỐN Ngày thi: 14 / / 2012

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian phát đề ) 2đ ểm)

Cho biểu thức D =

1

   



 

   

 

a b a b

ab ab :

a b 2ab

1 ab  

  

  

  với a > , b > , ab1 a) Rút gọn D

b) Tính giá trị D với a =

3

2 

2đ ểm)

a) Giải phƣơng trình: x 1  x 3

b) Giải hệ phƣơng trình: x2 y 2xy

x y 10

  

 

 



2đ ểm)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) đồ thị hàm số

y x

2

 đƣờng thẳng (d) có hệ số góc m qua điểm I ( ; )

a) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (d)

b) Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m c) Gọi x1 , x2 hoành độ hai giao điểm (d) (P) Tìm giá trị m để

3 x x 32

3đ ểm)

Từ điểm A đƣờng tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đƣờng tròn (B, C tiếp điểm) Đƣờng thẳng qua A cắt đƣờng tròn (O) D E ( D nằm A E, dây DE không qua tâm O) Gọi H trung điểm DE, AE cắt BC K

a) Chứng minh điểm A, B, H, O, C nằm đƣờng tròn b) Chứng minh: AB2 = AD AE

c) Chứng minh: 1

AK ADAE

1đ ểm)

Cho ba số a , b , c khác thỏa mãn: 1 a  b c Chứng minh ab2 bc2 ac2

c a b 

ÀI GIẢI 2đ ểm)

a) Rút g n D : Biểu thức D =

1             

a b a b

ab ab :

a b 2ab 1 ab          

Với ĐK : a > , b > , ab1 Biểu thức D có nghĩa

     

    

 

  

1 1 2

:

1

2 1

2

: :

1 1

2 1

1 1

a b ab a b ab ab a b ab

D

ab ab

a b a b

a b a ab a b

ab ab ab ab

a b ab a

ab a b a

                                

b) a =

3

2

 =  

2 3  3 1  1

=>         

2

2 3 3 6 3 2 3

13 13 13

5 5

D

      

     

   (Vì

3 1 >0) 2đ ểm)

a)Giải phƣơng trình: x 1  x 3 (1) ĐK: x  (*)

PT (1) viết:

  

     

    2  

êt: 4

2

3

3 3

13

9 13 õa DK

1

9

PT vi x x x x

x x x x x x

x

x x

x x th

x x x

                                       

Vậy: PT cho có nghiệm: 13

9 x

b) Giải hệ phƣơng trình: x2 y 2xy 2(x 2y) 2xy 142

x y 10

x y 10

     

 

     

 

Cộng vế hai PT hệ ta có: xy22xy240

Đặt: x + y = t Ta có PT: t2 2t 240 có nghiệm: t1 4; t2  6

Với t1 4 ta có hệ:

4

x y xy xy

x y x y

   

 



     

  có nghiệm:

Với t2  6 ta có hệ: 13

6

x y xy xy

x y x y

   

 



       

  Hệ vônghiệm

Vậy: Hệ PT cho có hai nghiệm:

3 x x hoac y y          

2đ ểm)

a) Đƣờng thẳng (d) có hệ số góc m có dạng tổng quát: y = mx + b Vì: (d): y = mx + b qua điểm I(0; 2): Nên: = m.0 + b => b = Vậy (d): y = mx +2

b)Ta có: (P): y 1x2 

(d): y = mx +2

PT hoành độ giao điểm (P) (d): 2  

x mx x 2mx

2      

Vì: a = > c = - < ==> a; c trái dấu ==> PT (1) có hai nghiệm phân biệt ==> (P) cắt (d) hai điểm phân biệt

c) PT (1) có hai nghiệm phân biết x1; x2 phân biệt: Theo Viet ta có:

1 2

2

x x m

x x        Ta có:         

3 2

1 2 1 2 2

2 3

x x x x x x x x x x x x 3x x

2m 2m 12 8m 24m

 

          

 

    

Vì : x13x32 32 ==> 8m324m= 32

  

 

3

2

3 4

1

: ô nghiêm

m m m m m

m m

Vi m m v

        

        Vây: m = 3đ ểm)

a) C ứng m n đ ểm A H O C nằm đường tròn Xét tứ giác ABOC

Ta có:

0

0

90 ( ) 90 ( )

180 ABO gt ACO gt ABO ACO     

==> ABOC nội tiếp đƣờng trịn Đƣờng kính AO

( Vì: ABOACO90 ( )0 gt ) (1) Ta lại có: HE = HD (gt)

==> OH ED (Đƣờng kính qua

trung điểm dây khơng qua tâm đ/trịn (O))

0 90 AHO

==> H nằm đƣờng trịn đƣờng kính AO (2)

Từ (1) (2) ==> điểm A, B, H, O, C nằm đƣờng tròn b) C ứng m n A 2

= AD AE : Xét: ABD và ABE

Ta có: BAE (góc chung)

AEB ABD (cùng chắn cung BD đ/tròn (O)) ==> ABD AEB (gg)

==> AB AD

AE  AB ==> AB

2

= AD.AE c) C ứng m n 1

AK ADAE:

Ta có AB2 = AD.AE Xét ACK và AHC

Ta có: CAH (góc chung) (a) Ta có: H1B1 (chắn cung CA đtrịn (ABCOH))

Và: B1 C1 ( Vì AB, AC tiếp tuyến đƣờng tròn (O) => AB = AC) => ABCcân A)

==> H1 C1 (b)

Từ (a) (b) ==> ACK AHC  g g ==> AC AK AC2 AH AK

AH  AC  

Vậy AD.AE = AH.AK (vì AB = AC) ==> AH

AK AD.AE

==> 2AH

AK AD.AE

Mà 2AH = 2AD + HD

= AD + AD + DE = AD + AE

1đ ểm)

1

1

K

H D

A O

B

C

:

 

3

3 3 3

3 3

1 1 1 1 1

Vì:

a b c a b c a b c

1 1 1

a b ab a b c a b abc c

1 1

1

a b c abc

   

            

   

 

           

 

   

 

2 2 3 3 3

ab bc ac abc abc abc 1

Ta có: abc

c a b c a b c a b

 

         

 

Thay (1) vào (2) ==> Ta có: ab2 bc2 ac2 abc 3

c a b abc

 

    

 

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN

(Đề gồm có trang) Dùng c o t í s n t v o lớp c uyên Nga - Pháp)

Thời gian làm :150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 18 t n m 2012

Câu 1: (2.0 điểm )

Cho biểu thức : :

5

x x x x

A

x x x x x

      

       

    

   

1/ Rút gọn biểu thức A

2/ Tìm giá trị x để

2

A  Câu 2 (2,0 điểm )

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 a0và đƣờng thẳng (d): y = bx +

1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2)

2/ Với a, b vừa tìm đƣợc, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)

Câu (2.0 điểm)

1/ Cho phƣơng trình : x2 (2m1)x m   m 6 0(m tham số) Tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm dƣơng phân biệt

2/ Giải hệ phƣơng trình:

1

1 1

x y

x y

     



  



Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đƣờng trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến

AP AQ tới đƣờng tròn (P Q tiếp điểm) Đƣờng thẳng qua O vng góc với OP cắt đƣờng thẳng OQ tại M

1/ Chứng minh rằng: MO = MA

2/ Lấy điểm N cung lớn PQ đƣờng tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N

cắt tia AP, AQ lần lƣợt B C Chứng minh rằng:

a) ABAC BC không phụ thuộc vào vị trí điểm N

b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đƣợc đƣờng trịn PQ//BC Câu (1.0 điểm)

Cho x, y số thực dƣơng thoả mãn : 1 2 2

x  y Chứng minh :

2

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013

( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Toán chung

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

( Đề thi gồm trang, có bốn câu)

Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phƣơng trình : a/

20 x x  

b/ x  1 x

2/ Giải hệ phƣơng trình :

3 x y

y x     

   

Câu 2 : ( 2,0 điểm)

Cho parabol y = x2 (P) đƣờng thẳng y = mx (d), với m tham số 1/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm có tung độ

2/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm, mà khoảng cách hai điểm

Câu 3 : ( 2,0 điểm)

1/ Tính : ( 1 )

2 3 3

P  

  

2/ Chứng minh : 5 2

a b a b a b , biết a b 0

Câu 4 : (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, đƣờng cao AH Vẽ đƣờng trịn tâm O, đƣờng kính AH, đƣờng trịn cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D E

1/ Chứng minh tứ giác BDEC tứ giác nội tiếp đƣợc đƣờng tròn 2/ Chứng minh điểm D, O, E thẳng hàng

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013

( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Tốn ( môn chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

( Đề thi gồm trang, có năm câu)

Câu 1 (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình

16 32

x  x   ( với xR)

Chứng minh x 2   2 2 nghiệm phƣơng trình cho

Câu 2 (2,5 điểm)

Giải hệ phƣơng trình ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

    



    

 ( với xR y, R) Câu 3.(1,5 điểm)

Cho tam giác MNP có cạnh cm Lấy n điểm thuộc cạnh phía tam giác MNP cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn cm ( với n số nguyên dƣơng) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho

Câu 4 (1 điểm)

Chứng minh 10 số nguyên dƣơng liên tiếp không tồn hai số có ƣớc chung lớn

Câu 5 (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC không tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đƣờng tròn (I) Gọi D,E,F lần lƣợt tiếp điểm BC, CA, AB với đƣờng tròn (I) Gọi M giao điểm đƣờng thẳng EF đƣờng thẳng BC, biết AD cắt đƣờng trịn (I) điểm N (N khơng trùng với D), giọi K giao điểm AI EF

1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đƣờng tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đƣờng tròn (I)

GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chung -

Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phƣơng trình : a/

20

x x   (*) Đặt

; ( 0) x t t

(*) t2 – t – 20 =  (t1 = (nhận) v t2 = - ( loại)); Với t = => x2 =  x = 

Vậy phƣơng trình có hai nghiệm x = x = -

b/ x  1 x ( điều kiện x1)

2 2

( x1) (x1)   x x 2x 1 x 3x0  x(x-3) =  x = ( loại) v x = ( nhận)

Vậy phƣơng trình có nghiệm x = 2/ Giải hệ phƣơng trình :

3 x y

y x     

   

Từ y           x y x y y y

1

3 2

3 3

2 x

x y x y x y x

y x y x y x y x

y   

  

          

    

            

  

     



(nhận)

Vậy hệ phƣơng trình có nghiệm (x; y): ( ; ), (1 7; ) 2 2 Câu 2 : ( 2,0 điểm)

1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : 2

0

0 ( ) x

x mx x x m

x m

 

       



Vì giao điểm 2

( ) :P y x y m

    Với y = => m2

=  (m = v m = -3) Vậy với m 3 (P) (d) cắt điểm có tung độ

2/ Từ câu => (P) (d) cắt hai điểm phân biệt m0

Khi giao điểm thứ gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ điểm A có ( x = m; y = m2)

Khoảng cách hai giao điểm : AO = 4

6

m m  m m   (1) Đặt

; ( 0)

t m t (1)

6 t t

     (t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại))

Với t1 =  m2 = , m  ( nhận)

Câu 3 : ( 2,0 điểm) 1/ Tính:

( 1 ) 3 3

2 3 3 3( 1)

P        



   

2/ Ta có:

5 2 5 2 3 2 2 3 2

2 2

0 ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

a b a b a b a b a b a b a a b b a b a b a b

a b a b a b ab

                

     

Vì :

(a b ) 0 (với a, b R)

0

a b  ( theo giả thiết)

2

0

a b ab ( với a, bR )

Nên bất đằng thức cuối Vậy 5 2

a b a b a b với a b 0 (đpcm)

Câu 4 : (3,5 điểm)

E D

O

H

C B

A

1/ Nối H với E

+

90 HEA

  ( AH đƣờng kính), 90 AHC

  ( AH đƣờng cao) => AHE ACB (cùng phụ với EHC) (1) + ADE AHE ( góc nội tiếp chắn cung AE) (2)

Từ (1) (2) => ADE = ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đƣờng trịn ( có góc đối góc kề bù góc đối)

2/ Vì

90 DAE

  => DE đƣờng kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm) 3/ Ta có SBDEC SABCSADE

+ABC vng có AH đƣờng cao:

2

4

AC BC AB  cm =>

ABC

AB AC

s   (cm2)

12

5 AB AC DE AH

BC

   (cm) ( đƣờng kính đt O) +ADE vàABC có : A chung , ADE = ACB ( câu 1)

=> ADE ~ ABC (g.g) => tỉ số diện tích bình phƣơng tỉ đồng dạng : 

2

2

ABC AED

AED ABC

S DE

S DE

S

S BC BC

 

 

 

   

+

2

2 2

12

(1 ) 6(1 )

5

BDEC ABC ADE ABC

DE

S S S S

BC

  

      = 4,6176 (cm2)

-HẾT -

GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chun -

Câu 1: Phƣơng trình cho :

16 32

x  x   ( với xR)  2

(x 8) 320 (1) Với x 2   2 2  x 2 2  2 2

=>

8 2 3

x     

Thế x vào vế phải (1) ta có:

2 2

(x 8) 32 (8 2 2 2 38) 324(2 3) 12(2   3) 32

=8 3  24 12 32  0 ( vế phải vế trái)

Vậy x 2   2 2 nghiệm phƣơng trình cho ( đpcm)

Câu 2: Hệ pt cho ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

            (1) (2)      

2 ( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x y xy

y y x xy

     

    



Thay x = 0, y = hệ khơng thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ không thoả =>( ; )x y (0;0);xy0;x 1 0;y   1 xy0 (*) - Chia vế hai phƣơng trình cho : => ( ) 6( )

6

x xy

xy x y x y y xy

 

    



Thay x = y, hệ pt có vế phải nhau, vế trái khác (không thoả) =>x y 0) (**) => xy 6(x y)

x y  

 (3)

- Cộng vế (1) (2) hệ ta đƣợc pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = (4)  (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = (x y x)( y 6(x y)) 6(x y)

x y x y

 

     

 

(x y x)( y 6(x y 1)) x y

 

    

 

6 (x y x)( y 1)(1 )

x y        x y x y x y              

- Với x + y =  x = - y Thế vào hệ => -2y2 =  (y = v x = 0) không thoả (*) - Với x + y +1 =0  x = -y - vào phƣơng trình (1) hệ ta đƣợc :

2

2y 3y    y (y2)(2y   y 3)  22

2 0( )

y y

y y vn

     

   

Với y = - => x = 1.Thế vào hệ thoả, có nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2) - Với x y x y

x y

        



Thế x = y -6 vào pt (2) hệ : (2) 

2y 7y 16y 6 

2

2

(2 1)( 6)

4

y

y y y

y y

  

     

  



y2 - 4y - = 

2

2 10 10 y

y    

 



2y +1 =  y3 =

2 

Từ ba giá trị y ta tìm đƣợc ba giá trị x tƣơng ứng:

1

3

4 10 10

13

x x

x 

   



   



  



Thế giá trị (x; y) tìm đƣợc vào hệ (thoả) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y):

(1; -2), ( 10; 10), ( 10; 10), ( 13; 1)

2

       

Câu 3 (Cách 1)

Tam giác có cạnh cm diện tích 3cm2 , tam giác có cạnh cm diện tích

4 cm

2

Nếu tam giác có cạnh > 1cm diện tích >

4 cm

2

Gọi t số tam giác có cạnh > 1cm chứa đƣợc tam giác có cạnh cm: 1t ( với t số nguyên dƣơng) => tmax =

Theo nguyên lý Drichen có t tam giác có cạnh > 1cm chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm > cm

Vậy số điểm thoả yêu cầu toán : 2 n Vậy nmax =

Nếu ta chọn điểm đỉnh tam giác cạnh cm vẽ đƣờng trịn đƣờng kính cm, đƣờng tròn tiếp xúc với trung điểm cạnh tam giác => Các điểm khác tam giác cách đỉnh > 1cm nằm phần diện tích cịn lại tam giác (ngồi phần diện tích bị ba hinh trịn che phủ), đƣợc giới hạn cung tròn bán kinh cm

Vì dây cung đƣờng trung bình tam giác có độ dài cm => khoảng cách giửa hai điểm nằm phần diện tích cịn lại tam giác ln 1 cm

=> phần diện tích lấy đƣợc điểm mà khoảng cách đến đỉnh tam giác > cm

Vậy số điểm lớn thoả mãn khoảng cách hai điểm > 1cm : nmax = + = điểm

Câu 4 Gọi a b hai số 10 số nguyên dƣơng liên tiếp với a > b ( a; b nguyên

dƣơng)    1 a b

Gọi n ƣớc chung a b, : a = n.x b = n.y ( n, x, y số nguyên dƣơng) Vì a > b => x > y => x y 1 n x n y x y

n n

        n

n

   

Vậy 10 số nguyên dƣơng liên tiếp không tồn hai số có ƣớc chung lớn

Câu 5

D K F

N E

M

I

C B

1)Nối N F, D F

- Xét ANF  AFD có: AFN = ADF ( AF tt) FAD chung =>ANF∽AFD (g.g) => AF

AF

AF AN

AN AD AD

   (1)

- Xét AFI có: AFIF ( AF tiếp tuyến, FI bán kính) FK AI ( AF AE tt chung AI nối tâm) => AFI vuông F có FK đƣờng cao) => AK.AI = AF2 (2)

- Xét ANK AID có: + IAD chung

+ Từ (1) (2) => AN.AD = AK.AI => AN AI

AK  AD

=>ANK∽AID (c.g.c) =>NKA = IDN (3) - Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì có góc đối góc kề bù góc đối)

=> điểm I,D,N,K thuộc đƣờng tròn (đpcm)

2) Ta có IDDM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính MI Vì điểm D, I, K, N thuộc đƣờng tròn ( câu 1) => hai đƣờng tròn ngoại tiếp  DIK => hai đƣờng tròn trùng => N nằm đƣờng tròn đƣờng kính MI => INM= 900

Vì IN bán kính đƣờng trịn (I), MNIN => MN tiếp tuyến đƣờng tròn (I) tiếp điểm N (đpcm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013 Mơn thi: TỐN (khơng chun)

Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng năm 2012

Đề t gồm 01 trang Câu I đ ểm)

1) Giải phƣơng trình 1

x x   

2) Giải hệ phƣơng trình 3

3 11

x x y

  

 

 



Câu II đ ểm)

Rút gọn biểu thức P = + : a + a - a - a a - a

 

 

  với a > a4 Câu III đ ểm)

Một tam giác vng có chu vi 30 cm, độ dài hai cạnh góc vng 7cm Tính độ dài cạnh tam giác vng

Câu IV đ ểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đƣờng thẳng (d):y = 2x - m +1 parabol (P):

y = x

1) Tìm m để đƣờng thẳng (d) qua điểm A(-1; 3)

2) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) (x2; y2) cho

 

1 2

x x y + y 480

Câu V đ ểm)

Cho đƣờng tròn tâm O đƣờng kính AB Trên đƣờng trịn lấy điểm C cho AC < BC (CA) Các tiếp tuyến B C (O) cắt điểm D, AD cắt (O) E (E A)

1) Chứng minh BE2 = AE.DE

2) Qua C kẻ đƣờng thẳng song song với BD cắt AB H, DO cắt BC F Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp

3) Gọi I giao điểm AD CH Chứng minh I trung điểm CH

Câu VI đ ểm)

Cho số dƣơng a, b thỏa mãn 1

a b Tìm giá trị lớn biểu thức

4 21 2 4 21 2

2

Q

a b ab b a ba

 

   

-Hết -

Họ tên thí sinh……… Số báodanh……… ……… Chữ kí giám thị 1: ……….……… Chữ kí giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN k ơng c un)

Hướng dẫn c ấm gồm 02 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG

- Thí sinh làm theo cách riêng nhƣng đáp ứng đƣợc yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đƣợc thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu I 0đ)

1) đ ểm

1 3( 1)

3 x

x x x

       0,25

1 3

x x

    0,25

2x

   0,25

2 x

   Vậy phƣơng trình cho có nghiệm x = -2 0,25 2) đ ểm 3 3 0 (1)

3 11 (2) x

x y

  

 

 

 Từ (1)=>x 33

0,25

<=>x=3 0,25

Thay x=3 vào (2)=>3.3 2 y11 <=>2y=2 0,25 <=>y=1 Vậy hệ phƣơng trình cho có nghiệm (x;y)=(3;1) 0,25

Câu II 0đ)

1  a +1

P= + :

2- a a 2- a a a

 

 

  

 

0,25

1+ a

=

a (2 ) a +1

a a

a

  

0,25

 

 

a a =

a 2- a

 0,25

a =

2- a



=-1

0,25

Câu III 0đ) Gọi độ dài cạnh góc vng nhỏ x (cm) (điều kiện 0< x < 15) => độ dài cạnh góc vng cịn lại (x + )(cm)

Vì chu vi tam giác 30cm nên độ dài cạnh huyền 30–(x + x +7)= 23–2x (cm)

0,25 Theo định lí Py –ta- go ta có phƣơng trình 2

x + (x + 7) = (23 - 2x) 0,25

x - 53x + 240 =

 (1) Giải phƣơng trình (1) đƣợc nghiệm x = 5; x = 48 0,25 Đối chiếu với điều kiện có x = (TM đk); x = 48 (không TM đk)

Vậy độ dài cạnh góc vng 5cm, độ dài cạnh góc vng cịn lại 12 cm, độ dài cạnh huyền 30 – (5 + 12) = 13cm

0,25

1) đ ểm Vì (d) qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 y = vào hàm số y = 2x – m + ta có 2.(-1) – m +1 =

0,25

-1 – m = 0,25

 m = -4 0,25

Vậy m = -4 (d) qua điểm A(-1; 3) 0,25

2) đ ểm

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phƣơng trình1

x

2  x m 

0,25

2

x 4x 2m (1)

     ; Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm phân biệt     ' 2m  0 m

0,25 Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm

phƣơng trình (1) y = 21 x1 m 1,y = 22 x2 m

Theo hệ thức Vi-et ta có x + x = 4, x x = 2m-21 2 1 2 Thay y1,y2 vào

 

1 2

x x y +y 480 có x x1 22x +2x -2m+21 2 480

(2m - 2)(10 - 2m) + 48 =



0,25

2

m - 6m - =

 m=-1(thỏa mãn m<3) m=7(không thỏa mãn m<3) Vậy m = -1 thỏa mãn đề

0,25

Câu V 0đ)

1) đ ểm Vẽ hình theo yêu cầu chung đề 0,25

VìBD tiếp tuyến (O) nên BD  OB => ΔABD vuông B 0,25

Vì AB đƣờng kính (O) nên AE  BE 0,25

Áp dụng hệ thức lƣợng ΔABD (

ABD=90 ;BE  AD) ta có BE2 = AE.DE 0,25 2) đ ểm

Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán kính (O))

=> OD đƣờng trung trực đoạn BC => OFC=900 (1)

0,25

Có CH // BD (gt), mà AB  BD (vì BD tiếp tuyến (O)) 0,25 => CH  AB => OHC=900 (2) 0,25 Từ (1) (2) ta có

OFC+ OHC = 180 => tứ giác CHOF nội tiếp 0,25 3)1 đ ểm Có CH //BD=>HCB=CBD (hai góc vị trí so le trong) mà 0,25

E

I

F

D

H

A O

C

B E

D

A O

C

ΔBCD cân D => CBDDCB nên CB tia phân giác HCD

do CA  CB => CA tia phân giác góc ngồi đỉnh C ΔICD AI = CI

AD CD

 (3) 0,25

Trong ΔABDcó HI // BD => AI = HI

AD BD (4)

0,25 Từ (3) (4) => CI = HI

CD BD mà CD=BDCI=HI I trung điểm CH

0,25

Câu VI

0đ) Với a0;b0ta có:

2 2 2

(a b)  0 a 2a b b  0 a b 2a b

4 2 2

2 2

a b ab a b ab

    

 

4 2

1

(1)

2

a b ab ab a b

 

   0,25

Tƣơng tự có

 

4 2

1

(2)

2

b a  a b  ab a b Từ (1) (2)   Q

ab a b  

 0,25

Vì 1 a b 2ab

a    b mà a b 2 ab ab1

1

2( ) Q

ab

   0,25

Khi a = b =

2 Q

  Vậy giá trị lớn biểu thức

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013 Mơn thi: TỐN (chun)

Thời gian làm bài: 150 phút

Đề t gồm 01 trang

Ngày thi 20 tháng năm 2012

Câu I đ ểm)

3) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a (b-2c)+b (c-a)+2c (a-b)+abc2 2

4) Cho x, y thỏa mãn x3 y- y +1+ y+ y +12 Tính giá trị biểu thức

4 2

A x +x y+3x +xy- 2y +1

Câu II đ ểm)

1) Giải phƣơng trình (x - 4x+11)(x - 8x +21)2 35

2) Giải hệ phƣơng trình   

2

2

x+ x +2012 y+ y +2012 2012 x + z - 4(y+z)+8 0

  





Câu III đ ểm)

1) Chứng minh với số nguyên n (n2 + n + 1) khơng chia hết cho 2) Xét phƣơng trình x2 – m2x + 2m + = (1) (ẩn x) Tìm giá trị nguyên dƣơng của m để phƣơng trình (1) có nghiệm nguyên

Câu IV đ ểm)

Cho tam giác ABC vuông A có AB < AC ngoại tiếp đƣờng trịn tâm O Gọi D, E, F lần lƣợt tiếp điểm (O) với cạnh AB, AC, BC; BO cắt EF I M điểm di chuyển đoạn CE

1) Tính BIF

2) Gọi H giao điểm BM EF Chứng minh AM = AB tứ giác ABHI nội tiếp

3) Gọi N giao điểm BM với cung nhỏ EF (O), P Q lần lƣợt hình chiếu N đƣờng thẳng DE, DF Xác định vị trí điểm M để PQ lớn nhất

Câu V đ ểm)

Cho số a, b, c thỏa mãn 0   a b c 1 Tìm giá trị lớn biểu thức

1 1 1

B (a+b+c+3) + +

a+1 b+1 c+1

 

 

 



-Hết -

Họ tên thí sinh………. Số báo danh……… ………

Chữ kí giám thị 1: ……… Chữ kí giám thị 2: ………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT HƯỚNG DẪN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN c uyên)

Hướng dẫn c ấm gồm 03 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG

- Thí sinh làm theo cách riêng nhƣng đáp ứng đƣợc yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đƣợc thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu I 0đ)

1) đ ểm 2 2 2

a (b - 2c) +b (c - a) + 2c (a - b) + abc=2c (a - b)+ab(a-b)-c(a b )ac a b(  ) 0,25

2

(a b)[2c 2ac ab bc]

     0,25

(a b)[2 (c c a) b a c( )]

     0,25

(a b a c b)( )( )c

    0,25

2) đ ểm Có 3

x = y- y +  y+ y +

3 3 3

x = 2y +3 y - y + y+ y + 1 y- y +1 y+ y +1

   

 

0,25

3

x + 3x -2y =

 0,25

4 2

A = x + x y + 3x - 2xy + 3xy - 2y + = (x +3x -2xy) +(x y+3xy - 2y ) 1 0,25

3

x(x +3x-2y) +y(x +3x - 2y) 1

   0,25

Câu II 0đ)

1)1 đ ểm phƣơng trình cho tƣơng đƣơng với 2

(x 2) (x 4) 35

       

Do

2

2 2

2 ( 2) 7

( 2) ( 4) 35

( 4) 5

x x

x x x

x x                            0,25 2 ( 2) 7 (1)

( 4) 5

x x            0,25

<=>x=2 0,25

2)1 đ ểm 2

2

(x+ x +2012)(y+ y +2012) 2012 (1) x + z - 4(y+z)+8=0 (2)

 

  

     

(1) x x 2012 y y 2012 y 2012y 2012 y 2012y

(Do

2012

y    y y )

   

  

2 2

2

2 2

2

2012 2012 2012 2012 2012 2012

2012 2012

2012 2012 2012 2012

2012 2012

x x y y x x y y

x y y x

y x y x

x y y x                               2 2

2 2

2012 2012

( )

2012 2012 2012 2012

y y x x

y x

x y x y

y x y x

                  0,25 Do 2 2

2012 | |

2012 2012

2012 | |

y y y y

y y x x y x

x x x x

                        0,25

Thay y=-x vào(2) 2 2

4 ( 2) ( 2)

x z x z x z

           0,25

2

( 2)

2

( 2)

x x y x z z                  

 Vậy hệ có nghiệm (x;y;z)=(-2;2;2)

0,25

Câu III 0đ)

1)1 đ ểm Đặt A = n2 + n +

n  n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + (k  ) 0,25 * n = 3k => A khơng chia hết cho (vì A không chia hết cho 3) 0,25 * n = 3k + => A = 9k2 + 9k + không chia hết cho 0,25 * n = 3k +2 => A = 9k2 +9k+7 không chia hết cho

Vậy với số nguyên n A = n2

+ n + không chia hết cho

0,25

2)1 đ m Giả sử tồn m *

để ph-ơng trình có nghiệm x1, x2

Theo vi-et:

2

1 2

x x m

x x m    

 

  (x1 - 1) (x2 - 1) = - m

2 + 2m +

0,25

Với m *

Ta cã x1x2 1vµ x1 + x2 4 m x1hoặc x2 nguyên

2 *

x x m  x x1, 2 *(x11)(x2 1)

2

m 2m (m 1)(m 3) m

            m {1;2;3}

Với m = 1; m = thay vào ta thấy ph-ơng trình cho vơ nghiệm 0,25 Với m = thay vào ph-ơng trình ta đ-ợc nghiệm ph-ơng trình cho

lµ x =1; x = tho¶ m·n VËy m=

0,25

Câu IV 0đ)

1) đ ểm Vẽ hình theo yêu cầu chung đề

M H

A C

K

I

E B

O D

F

0,25

Gọi K giao điểm BO với DF => ΔIKF vuông K 0,25

Có

DFE= DOE=45

0,25

0

BIF 45

  0,25

2) đ ểm Khi AM = AB ΔABM vuông cân A =>

DBH=45 Có

DFH=45

=> Tứ giác BDHF nội tiếp

0,25

=> điểm B, D, O, H, F thuộc đƣờng tròn 0,25

=>

BFO=BHO90 => OH  BM, mà OA  BM=> A, O, H thẳng hàng 0,25

0

3) đ ểm

P

Q

N

C B

A

O D

E

F

M

Có tứ giác PNQD nội tiếp = > QPN=QDN=EFN

Tƣơng tự có NQP=NDP=FEN=> ΔNEFvà ΔNQPđồng dạng

0,25

=> PQ=NQ PQ EF EF NE   

0,25

Dấu “=” xẩy P  F; Q E => DN đƣờng kính (O) => PQ lớn EF

0,25

Cách xác định điểm M : Kẻ đƣờng kính DN (O), BN cắt AC M PQ lớn

0,25

Câu V 0đ) Đặt x=1+c, y=1+b, z=1+a a b c 1    = >1z yx2 Khi A= (x+y+z)(1 1

x y z)=3+3

x x y y z z y z x z x y      

0,25

1 1

1 1

2 2

x y x y x y x y x

y z y z y z y z z

z y z y z y z y z

y x y x y x y x x

x y z y x z x x y y z z x z y z y x z x y z x z x y z x              

  

 

                

 

 

                

 

0,25

Đặt x

z = t =>1 t

2

1 5 (2 1)( 2)

2 2

x z t t t t t

t

z x t t t t

    

       

Do 1 t (2 1)( 2)

2 t t

t  

0

  x z z x

5 

A 2.5 10

   

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2012-2013

Khóa ngày:21/6/2012 MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian phát đề)

Câu (2,0 điểm)

Cho biểu thức :2  0, 1

a a a

P a a

a a

    

   



 

1 Rút gọn biểu thức P Chứng minh P20121 Câu (1,0 điểm)

Cho x y z, , số dƣơng Chứng minh x2 y2z2 xyyzzx Dấu “=” xảy ?

Câu (3,0 điểm)

1 Giải hệ phƣơng trình : 2 2 19

84

xy x y x y xy

   



 



2 Tìm m nguyên để phƣơng trình sau có nghiệm ngun:

2

2

x  mx m  m  Câu (1,0 điểm)

Cho x y z t, , , không âm, thỏa điều kiện:

7 50 60 15

x y x z y t

  

   

   

Tìm giá trị lớn biểu thức A2x  y z t Câu (1,0 điểm)

Cho đƣờng tròn  O , dây cung AB AB( 2 )R , điểm Mchạy cung nhỏ AB Xác định vị trí M để chu vi MAB đạt giá trị lớn

Câu (2,0 điểm)

Cho đƣờng tròn O R; vẽ dây cung AB2R Các tiếp tuyến Ax By, đƣờng tròn  O cắt M Gọi Ilà trung điểm MAvà Klà giao điểm BIvới  O

1 Gọi H giao điểm MO AB Kẻ dây cung KF qua điểm H Chứng minh MO tia phân giác KMF

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

Khóa ngày:21/6/2012 MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút(không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 điểm)

Giải hệ phƣơng trình , phƣơng trình sau đây:

1 43

3 19

x y x y

  

   

2 x 5 2x18 x212x360

4 x2011 4x8044 3

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức: 1 : 2 1

a K

a a

a a

  

 

       

    (với a0,a1)

1 Rút gọn biểu thức K Tìm a để K  2012

Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình (ẩn số x): x24x m 2 3 * 

1 Chứng minh phƣơng trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m Tìm giá trị m để phƣơng trình (*) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa x2  5x1

Câu 4: (1,5 điểm)

Một ô tô dự định từ A đến B cách 120 km thời gian quy định Sau đƣợc ô tô bị chặn xe cứu hỏa 10 phút Do để đến B hạn xe phải tăng vận tốc thêm km/h Tính vận tốc lúc đầu ô tô

Câu 5: (3,5 điểm)

Cho đƣờng trịn  O , từ điểm Aở ngồi đƣờng tròn vẽ hai tiếp tuyến ABvàAC( ,B Clà tiếp điểm) OAcắtBCtại E

1 Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp

2 Chứng minh BC vuông góc với OA BA BE AE BO

3 GọiI trung điểm BE, đƣờng thẳng quaIvà vng góc OIcắt tia

,