De thi tuyen sinh mon toan lop 10 dak lak nam hoc20122013

Biết vận tốc xe thứ nhất nhanh hơn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên đến B sớm hơn 1 giờ so với xe thứ hai.. AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2012 – 2013

MƠN THI: TỐN HỌC

(Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 23/6/2012

Câu 1: (2,5 điểm)

1) Giải phương trình sau:

a) 2x2 – 7x + = 0 b) 9x4 + 5x2 – = 0

2) Tìm hàm số y = ax + b, biết đồ thị qua hai điểm A(2; 5) B(-2; -3) Câu 2: (1,5 điểm)

1) Hai ô tô từ A đến B dài 200 km Biết vận tốc xe thứ nhanh vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên đến B sớm so với xe thứ hai Tính vận tốc xe ?

2) Rút gọn biểu thức:    

1

1

1

A x x x

x

 

    



 

Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2  2m2x m 4m 3

1) Chứng minh rằng: phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m

2) Tìm giá trị m để biểu thức A x 12x22 đạt giá trị nhỏ

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn O (AB < AC) Hai tiếp tuyến B C cắt M AM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D E trung điểm đoạn AD EC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Chứng minh rằng:

1) Tứ giác OEBM nội tiếp 2) MB2 = MA.MD.

3) BFC MOC . 4) BF // AM Câu 5: (1,0 điểm)

Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x + 2y = Chứng minh

1

3

SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,5 điểm)

1) a) 2x2 – 7x + = 0 KQ:

1 3,

2

x  x 

b) 9x4 + 5x2 – = 0 KQ:

2

,

3

x  x 

2) Vì đồ thị hàm số y = ax + b qua hai điểm A(2; 5) B(-2; -3), nên ta có:

2

2

a b a

a b b

  

 



 

   

  Vậy hàm số cần tìm y = 2x + 1

Câu 2: (1,5 điểm)

1) Gọi x (km/h) vận tốc xe thứ hai (x > 0) Khi đó: Vận tốc xe thứ hai x + 10 km/h

Thời gian xe thứ hết quãng đường AB

200 10

x (giờ)

Thời gian xe thứ hai hết quãng đường AB

200

x (giờ) Vì xe thứ đến B sớm xe thứ hai giờ, nên ta có phương trình:

 

 

2 40

200 200

1 10 2000

50 10 x chon x x x loai x x             

Vậy vận tốc xe thứ hai 40 km/h; vận tốc xe thứ 50 km/h

2)  

    1 1 x x

A x x x x x x x x x

x x                   

Câu 3: (1,5 điểm)

1) Ta có    

2 2

2

m m m



       

với m

Do phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m 2) Vì phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m Theo Viet ta có

  2 2

x x m

x x m m

   



  



Khi      

2

2 2

1 2 2 2

A x x  x x  x x  m  m  m  2

2

2m 8m 10 m 2

       (vì 2m22 0 với m)

Dấu đẳng thức xảy  

2

Vậy với m = -2 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 mà

2

1

A x x đạt GTNN

Câu 4: (3,5 điểm)

1) Tứ giác OEBM nội tiếp Ta có OE  AD (vì

1

EA ED  AD ) OB  MB (vì MB tiếp tuyến)

Xét tứ giác OEBM, ta có:

  900

OEM OBM  (OE  AD, OB  MB) Vậy tứ giác OEBM tứ giác nội tiếp 2) MB 2 = MA.MD

Xét MBD MAB, ta có



M (góc chung)

 

MBD MAB (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp

tuyến, dây chắn cung BD (O)) Vậy MBD MAB

2 .

MB MA

MB MA MD MD MB

   

(đpcm) 3) BFC MOC 

Xét tứ giác OBMC, ta có OBM OCM 900 (MB, MC tiếp tuyến (O)) Nên tứ giác OBMC nội tiếp  MOC MBC 

Lại có BFC MBC (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến, dây chắn cung 

BDC (O))

Vậy BFC MOC (đpcm) 4) BF // AM

Ta có tứ giác OEBM nội tiếp, tứ giác OBMC nội tiếp (cmt)

 điểm O, E, B, M, C thuộc đường tròn

 

MEC MOC

  (góc nội tiếp chắn cung MC ) Lại có BFC MOC (cmt)

Do BFC MEC  BF // AM (đpcm) Câu 5: (1,0 điểm)

2 3

x y   x  y

Ta có

 

   

2

1 2

3 0 *

3

y

x y y y y y



       

Vì  

2

1

y  với y, y3 2 y 0 (do y0, 2 y0)

Nên (*) Vậy

1

3

x  y  , dấu “=” xảy  2

0,

1

2

1

1

x y

x x y

y y

  

  



  

 

  

 