23 DE DAP AN TS LOP 10 NAM 20122013

- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm.. Từ O kẻ đường vuông góc với OM cắt AN tại S. Từ A kẻ đường vuông góc với AM cắt ON tại I. Gọi[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2012-2013

Môn thi: Tốn (khơng chun)

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

Bài 1: (1,5 điểm)

1/ Thực phép tính:  1   1  2/ Giải hệ phương trình:

1

2

x y x y

  



 



3/ Giải phương trình: 9x2 8x1 0

Bài 2: (2,0 điểm)

Cho parapol  P :yx2 đường thẳng  d :y2x m 1 (m tham số)

1/ Xác định tất giá trị m để  d song song với đường thẳng  d' :y2m x m2  m

2/ Chứng minh với m,  d cắt  P hai điểm phân biệt A B 3/ Ký hiệu x xA; B hoành độ điểm A điểm B Tìm m cho

2 14

A B

x x  .

Bài 3: (2,0 điểm)

Hai xe ô tô từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh, xe thứ hai đến sớm xe thứ Lúc trở xe thứ tăng vận tốc thêm km giờ, xe thứ hai giữ nguyên vận tốc dừng lại nghỉ điểm đường hết 40 phút, sau đến cảng Dung Quất lúc với xe thứ Tìm vận tốc ban đầu xe, biết chiều dài quãng đường từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh 120 km hay hai xe xuất phát lúc

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R C điểm nằm đường tròn cho CA > CB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB I, cắt tia BC M cắt đoạn AC P; AM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K

1/ Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp đường tròn 2/ Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng

3/ Các tiếp tuyến A C đường trịn (O) cắt Q Tính diện tích tứ giác QAIM theo R BC = R

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho x 0,y0 thỏa mãn x2 y2 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

xy A

xy

 

 .

HẾT

HƯỚNG DẪN Bài 1:

1/       2

2 1 1    2 1

2/

1 3 10

2 7 1

x y x y x x

x y x y x y y

                           

3/ Phương trình 9x2 8x1 0 có a b c   9 0  nên có hai nghiệm là:

1

1 1;

9 x  x 

Bài 2:

1/ Đường thẳng  d :y2x m 1 song song với đường thẳng  d' :y2m x m2  m

2

2

1

2

1 1 1 m m m m m m

m m m

m                          

2/ Phương trình hồnh độ giao điểm  d  P

2 2 1 2 1 0

x  x m   x  x m   phương trình bậc hai có acm2  0 với m nên ln có hai nghiệm phân biệt với m Do  d ln cắt  P hai điểm phân biệt A B với m.

3/ Cách 1: Ký hiệu x xA; B hoành độ điểm A điểm B x xA; B nghiệm phương trình x2  2x m  0 .

Giải phương trình x2  2x m 1 0 .

2 2

' m m ' m

          

Phương trình có hai nghiệm xA  1 m2 2; xB  1 m2 2 Do

  2 2

2 2 2 2

2 2

14 2 14 2 2 2 14

2 14

A B

x x m m m m m m

m m m m

                   

        

Cách 2: Ký hiệu x xA; B hồnh độ điểm A điểm B x xA; B nghiệm phương trình x2  2x m  0 Áp dụng hệ thức Viet ta có:

2

A B A B

S x x

P x x m

         

 đó

 2  

2 14 2 14 22 2 1 14 4 2 2 14 2

A B A B A B

x x   x x  x x    m     m    m

Bài 3:

Gọi vận tốc ban đầu xe thứ x (km/h), xe thứ hai y (km/h) ĐK: x > 0; y > 0. Thời gian xe thứ từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh  

120 h

x .

Thời gian xe thứ hai từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh   120

h

Vì xe thứ hai đến sớm xe thứ nên ta có phương trình:   120 120

1 x  y  Vận tốc lúc xe thứ x+ (km/h)

Thời gian xe thứ từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất   120

5 h x . Thời gian xe thứ hai từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất  

120 h

y .

Vì xe thứ hai dừng lại nghỉ hết

2 40

3 ph h

, sau đến cảng Dung Quất lúc với xe thứ nên ta có phương trình:  

120 120 2

5

x  y  .

Từ (1) (2) ta có hpt:

120 120 120 120

5

x y

x y



 

  

  

   Giải

hpt:

   

120 120

120 120

360 360 5 1800

120 120

5

x y

x x x x x x

x x

x y



 

 

           





  

  

25 4.1800 7225 85

        .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

5 85 40

x   

(thỏa mãn ĐK)

5 85 45

x   

(không thỏa mãn ĐK) Thay x40 vào pt (1) ta được:

120 120 120

1 60

40  y   y   y (thỏa mãn ĐK). Vậy vận tốc ban đầu xe thứ 40 km/h, xe thứ hai 60 km/h

Q

K P M

I A

O B

C

a) Tứ giác BCPI nội tiếp (hs tự cm)

b) Dễ thấy MI AC hai đường cao MAB P trực tâm MAB BP là đường cao thứ ba  BPMA 1

Mặt khác AKB900 (góc nội tiếp chắn đường tròn)  BK MA 2 . Từ (1) (2) suy ba điểm B, P, Q thẳng hàng

c) AC AB2  BC2  4R2  R2 R

Khi BC = R dễ thấy tam giác OBC tam giác suy CBA 600

Mà QAC CBA (góc tạo tia tiếp tuyến góc nội tiếp chắn AC)

 600

QAC .

Dễ thấy tam giác QAC cân Q (QA = QC) có QAC 600 nên tam giác đều

AQ AC R

   .

Dễ thấy

3 ;

2

R R

AI  IB

Trong tam giác vuông   90 IBM I 

ta có

0 3

.tan tan 60

2

R R

IM IB BIB   

Ta chứng minh tứ giác QAIM hình thang vng  

0 / / ; 90 AQ IM I 

Do

 

2

1 3 5

3

2 2

QAIM

R R R R R

S  AQ IM AI  R     

  (đvdt).

Bài 5:

Cách 1: Ta có

2 1 1

1 2

xy xy xy

A A

xy xy A xy xy

 

       

  

GT Đường trịn (O) đường kính AB = 2RIA = IO; IM AB QA, QC tiếp tuyến (O)

KL

Vì

1

0, 0 0

x y A A

A

        

 ax

1 m A A A     .

Mặt khác  

2 2 2

0 2 1

2

x y x y xy xy

xy

        

(vì 2xy0) Do

1

1

2 A  

 Dấu “ = ” xảy xy.

Từ 2

0,

2

x y

x y x y

x y              Lúc 2 A      Vậy A 2 x y

Cách 2: Với x0, y0 ta có

2 1 3 1 2 2 4

1

2 2 3

x y

xy xy xy

xy xy



         

 

Do

2

2

1 3

xy A xy xy          .

Dấu “=” xảy xy

Từ 2

0,

2

x y

x y x y

x y              Vậy A 2 x y

Cách 3:

Vớix0, y0 x2 y2 1

Ta có  

 

 

 

 

2 2

2 2

2 2 2

0

3 3 3

x y xy x y

xy xy xy

A A

xy xy xy xy

  

  

        

   

Dấu “=” xảy

2 x y

Vậy A 2 x y

Định hướng để có lời giải cách 3

   2  

2

2

0; 0 a 2

1 2 2

a a xy

A b a xy bxy a x y b a xy

b b xy

a

b a a

a x y xy b a

a b a                                      

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

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

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi : 22/06/2012

Câu 1 (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

a) A 45 500 12

b) B

3

  



 

 Câu 2: (2 điểm)

a) Giải phương trình: x2 – 5x + = 0 b) Giải hệ phương trình:

3x y x 2y

  



  

Câu 3: (2 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình: y = x2 đường thẳng (d) có phương trình: y = 2mx – 2m + (m tham số)

a) Tìm toạ độ điểm thuộc (P) biết tung độ chúng

b) Chứng minh (P) (d) cắt hai điểm phân biệt với m Gọi y , y1 2là tung độ giao điểm (P) (d), tìm m để y1y2 9

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O, đường kính AB Trên tiếp tuyến đường tròn (O) A lấy điểm M ( M khác A) Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với (O) (C tiếp điểm) Kẻ CH vng góc với AB (H AB ), MB cắt (O) điểm thứ hai K cắt CH N Chứng

minh rằng:

a) Tứ giác AKNH tứ giác nội tiếp b) AM2 = MK.MB

c) Góc KAC góc OMB d) N trung điểm CH

Câu 5(1 điểm)

Cho ba số thực a, b, c thoả mãn a 1; b 4;c 9  

Tìm giá trị lớn biểu thức : bc a ca b ab c P

abc

    



………Hết………

ĐAP ÂN CÂU ĐỀ HÀ NAM P = √a −1

a +

√b −4 b +

√c −9

c với a 1, b 4, c Ta có √a −1

a =

k√a−1 ka

k2

+a −1 ka =

1 2k +

k2−1

2 ka Chọn k=1 ta √a −1

a

1

2 dấu = xảy √a −1=k =1 ⇔ a=2 ⇒ Max √ a −1

a =

2 đạt a=2

Chứngminh tương tự ta có : Max √b −4 b =

1

4 đạt b=8 Max √c −9

c =

6 đạt c=18 Vậy Max P= 12 + 14 + 61 = 1112 đạt a=2, b=8,c=18

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẮC GIANG NĂM HỌC 2012-2013

Môn thi : Toán

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi 30 tháng năm 2012

Câu (2 điểm)

1.Tính

2 1-

Xác định giá trị a,biết đồ thị hàm số y = ax - qua điểm M(1;5)

Câu 2: (3 điểm)

1.Rút gọn biểu thức:

1

( ).( 1)

2 2

a a

A

a a a a

- +

= - +

- - - với a>0,a¹

2.Giải hệ pt:

2

3

x y x y

ì - =

ïï

íï + = ïỵ

Chứng minh pt: x2+mx m+ - =1 0 ln có nghiệm với giá trị m. Giả sử x1,x2 nghiệm pt cho,tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

1 4.( 2) B=x +x - x +x Câu 3: (1,5 điểm)

Một ôtô tải từ A đến B với vận tốc 40km/h Sau 30 phút ôtô taxi xuất phát từ A đến B với vận tốc 60 km/h đến B lúc với xe ơtơ tải.Tính độ dài qng đường AB

Câu 4:(3 điểm)

Cho đường tròn (O) điểm A cho OA=3R Qua A kẻ tiếp tuyến AP AQ đường tròn (O),với P Q tiếp điểm.Lấy M thuộc đường tròn (O) cho PM song song với AQ.Gọi N giao điểm thứ đường thẳng AM đường tròn (O).Tia PN cắt đường thẳng AQ K

1.Chứng minh APOQ tứ giác nội tiếp 2.Chứng minh KA2=KN.KP

3.Kẻ đường kính QS đường trịn (O).Chứng minh tia NS tia phân giác gócPNM .

Gọi G giao điểm đường thẳng AO PK Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R

Câu 5: (0,5điểm)

Cho a,b,c số thực khác không thoả mãn:

2 2

2013 2013 2013

( ) ( ) ( )

1

a b c b c a c a b abc

a b c

ìï + + + + + + =

ïí

ï + + =

ïỵ

Hãy tính giá trị biểu thức 2013 2013 2013

1 1

Q

a b c

= + +

HƯỚNG DẪN CHẤM (tham khảo)

Câu Ý Nội dung Điểm

1 1

2

1 2

2 2 2

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

+ +

- = - = - = + - =

- - +

-KL:

1

2 Do đồ thị hàm số y = ax-1 qua M(1;5) nên ta có a.1-1=5Û a=6

KL:

1

2 1 ( 1).( 2)

( ).( 1)

( 2) ( 2)

2

( ).( 1)

( 2)

a a a

A

a a a a a

a

a a

a a a

- -= - + = - - -= - + = = -KL: 0,5 0,5 2

2 9

3 15 25 17 34

x y x y x y y

x y x y x x

ì - = ì - = ì - = ì =-ï ï ï ï ï Û ï Û ï Û ï í í í í ï + = ï + = ï = ï = ï ï ï ï ỵ ỵ î î KL: 1

3 Xét Pt: x2 +mx+ - =m 1 0

2 2

Δ=m - 4(m- 1)=m - 4m+ =4 (m- 2) ³ Vậy pt ln có nghiệm với m

Theo hệ thức Viet ta có

1

1

x x m

x x m

ì + =-ïï

íï =

-ïỵ

Theo đề bài

2 2

1 2 2

2 2

2

4.( ) ( ) 4.( )

2( 1) 4( ) 2 1

( 1) 1

B x x x x x x x x x x

m m m m m m m m

m

= + - + = + - - +

= - - - - = - + + = + + +

= + + ³

Vậy minB=1 m = -1

0,25

0,25

KL:

3 Gọi độ dài quãmg đường AB x (km) x>0 Thời gian xe tải từ A đến B 40

x h Thời gian xe Taxi từ A đến B :60

x h Do xe tải xuất phát trước 2h30phút =

5

2 nên ta có pt

5 40 60

3 300 300

x x

x x x

- =

Û - =

Û =

Giá trị x = 300 có thoả mãn ĐK Vậy độ dài quãng đường AB 300 km.

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

4 1

G K

N

S

M I

Q P

A

O

Xét tứ giác APOQ có

APO=900

(Do AP tiếp tuyến (O) P)

AQO=900

(Do AQ tiếp tuyến (O) Q)

 

180

APO AQO

Þ + = ,mà hai góc góc đối nên tứ giác APOQ tứ

giác nội tiếp

0,75

2 Xét ΔAKN ΔPAK có AKP góc chung APN=AMP ( Góc nt……cùng chắn cung NP)

Mà NAK =AMP(so le PM //AQ

ΔAKN ~ ΔPKA (gg)

2 .

AK NK

AK NK KP

PK AK

Þ = Þ =

(đpcm)

0,75

3 Kẻ đường kính QS đường trịn (O) Ta có AQ^QS (AQ tt (O) Q)

Mà PM//AQ (gt) nên PM^QS

 

sd PS=sd SM Þ PNS=SNM (hai góc nt chắn cung nhau)

Hay NS tia phân giác góc PNM

4 Chứng minh ΔAQO vng Q, có QG^AO(theo Tính chất tiếp

tuyến cắt nhau)

Theo hệ thức lượng tam giác vng ta có

2

2 .

3

1

3

3

OQ R

OQ OI OA OI R

OA R

AI OA OI R R R

= Þ = = =

Þ = - = - =

Do ΔKNQ ~ΔKQP (gg)Þ KQ2 =KN KP mà AK2=NK KP nên AK=KQ Vậy ΔAPQ có trung tuyến AI PK cắt G nên G trọng tâm

2 16

3 3

AG AI R R

Þ = = =

0,75

5 Ta có:

2 2

2 2 2

2 2 2

2

2

( ) ( ) ( )

2

( ) ( ) (2 )

( ) ( ) ( )

( )( )

( ).( ).( )

a b c b c a c a b abc

a b a c b c b a c a c b abc

a b b a c a c b abc b c a c

ab a b c a b c a b

a b ab c ac bc

a b a c b c

+ + + + + + = Û + + + + + + = Û + + + + + + = Û + + + + + = Û + + + + = Û + + + =

*TH1: a+ b=0

Ta có 2013 2013 2013 1

a b a b

c

a b c

ì =- ì

=-ï ï

ï Û ï

í í

ï + + = ï =ïỵ

ïỵ ta có 2013 2013 2013

1 1

1 Q

a b c

= + + =

Các trường hợp lại xét tương tự Vậy 2013 2013 2013

1 1

1 Q

a b c

= + + =

0,25

0,25

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

QUẢNG NINH NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MƠN: TỐN(Dùng cho thí sinh dự thi) Ngày thi: 28/6/2012

Thời gian làm bài: 120 phút ( Kh ô ng kể t hời g i a n g i a o đ ề ) (Đề thi có 01 trang)

C

â u I (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức sau: a) A=

1

2 18

2  b) B=

1

1

1 x

x  x   với x0, x1

2x

y

x y

  



 

 Câu II (2,0 điểm)

Cho phương trình (ẩn x): x2– ax – = (*) Giải phương trình (*) với a =

2 Chứng minh phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt với giá trị a

3 Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (*) Tìm giá trị a để biểu thức:

N= x12(x12)(x22)x22 có giá trị nhỏ

C

â u I II (2,0 điểm)Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình. Quãng đường sông AB dài 78 km Một thuyền máy từ A phía B Sau giờ, ca nơ từ B phía A Thuyền ca nô gặp C cách B 36 km Tính thời gian thuyền, thời gian ca nô từ lúc khởi hành đến gặp nhau, biết vận

tốc ca nô lớn vận tốc thuyền km/h

C

â u I V (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C) Đường trịn (O) Đường kính DC cắt BC E (E ≠ C)

1 Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp

2 Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai I Chứng minh ED tia phân giác góc AEI

3 Giả sử tg ABC  2Tìm vị trí D AC để EA tiếp tuyến đường

tròn đường kính DC

C

â u V (0.5 điểm) Giải phương trình:

7 2 x x (2 x) 7 x

………Hết………

Họ tên thí sinh:………Số báo danh:………

Sở GD – T NGH AN Đề thi vào THPT năm học 2012 - 2013 §Ị chÝnh thøc Môn thi: Toán

Thời gian 120 phút

Ngày thi 24/ 06/ 2012

C©u 1: 2,5 ®iÓm:

Cho biÓu thøc A =

1

2

x

x x x



 



 

 

 

b) Tìm tất giá trị x để

1 A

c) Tìm tất giá trị x để

7 B A

đạt giá trị nguyên Câu 2: 1,5 điểm:

Quảng đờng AB dài 156 km Một ngời xe máy tử A, ngời xe đạp từ B Hai xe xuất phát lúc sau gặp Biết vận tốc ngời đI xe máy nhanh vận tốc ngời đI xe đạp 28 km/h Tính tc ca mi xe?

Câu 3: điểm:

Chjo phơng trình: x2 2(m-1)x + m2 =0 ( m tham số).

a) GiảI phơng trình m =

b) Tỡm m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn

2 2 16 x x 

Câu 4: điểm

Cho im M nm ngoi đờng tròn tâm O Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn (A, B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không đI qua tâm O ( C nằm M D), OM cắt AB (O) lần lợt H I Chứng minh

a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp

b) MC.MD = MA2

c) OH.OM + MC.MD = MO2

d) CI lµ tia phân giác góc MCH

-HÕt -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi : 22/06/2012

Câu 1 (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

a) A 45 500 12

b) B

3

  



 

 Câu 2: (2 điểm)

c) Giải phương trình: x2 – 5x + = 0 d) Giải hệ phương trình:

3x y x 2y

  



  

Câu 3: (2 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình: y = x2 đường thẳng (d) có phương trình: y = 2mx – 2m + (m tham số)

c) Tìm toạ độ điểm thuộc (P) biết tung độ chúng

d) Chứng minh (P) (d) cắt hai điểm phân biệt với m Gọi y , y1 2là tung độ giao điểm (P) (d), tìm m để y1y2 9

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O, đường kính AB Trên tiếp tuyến đường tròn (O) A lấy điểm M ( M khác A) Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với (O) (C tiếp điểm) Kẻ CH vng góc với AB (H AB ), MB cắt (O) điểm thứ hai K cắt CH N Chứng

minh rằng:

e) Tứ giác AKNH tứ giác nội tiếp f) AM2 = MK.MB

g) Góc KAC góc OMB h) N trung điểm CH

Câu 5(1 điểm)

Cho ba số thực a, b, c thoả mãn a 1; b 4;c 9  

Tìm giá trị lớn biểu thức : bc a ca b ab c P

abc

    



………Hết………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 22/06/2012

Bài 1: (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: (x + 1)(x + 2) = 2) Giải hệ phương trình:

2

2

  



 



x y x y Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức A( 10 2) 3

Bài 3: (1,5 điểm)

Biết đường cong hình vẽ bên parabol y = ax2. 1) Tìm hệ số a

2) Gọi M N giao điểm đường thẳng

y = x + với parabol Tìm tọa độ điểm M N

Bài 4: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 – 2x – 3m2 = 0, với m tham số. 1) Giải phương trình m =

2) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện

1 2

8

 

x x

x x .

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho hai đường trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B  (O), C  (O’) Đường thẳng BO cắt (O) điểm thứ hai D

1) Chứng minh tứ giác CO’OB hình thang vng 2) Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng

3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E tiếp điểm) Chứng minh DB = DE

-0 2 y=ax2

y

GỢI Ý BÀI GIẢI:

Bài 1:

1) (x + 1)(x + 2) =  x + = hay x + =  x = -1 hay x = -2 2)

2 (1) (2)

  



 



x y

x y 

5y 15 ((1) 2(2)) x 2y

 

 

 

 

y

x

  

 

Bài 2: A( 10 2) 3 = ( 1) 5  =

2

( 1) ( 1)  = ( 1)( 1)  = 4

Bài 3:

1) Theo đồ thị ta có y(2) =  = a.22 a = ½ 2) Phương trình hồnh độ giao điểm y =

2

2x đường thẳng y = x + :

x + =

2

2x  x2 – 2x – =  x = -2 hay x = 4

y(-2) = ; y(4) = Vậy tọa độ điểm M N (-2 ; 2) (4 ; 8)

Bài 4:

1) Khi m = 1, phương trình thành : x2 – 2x – =  x = -1 hay x = (có dạng a–b + c = 0) 2) Với x1, x2  0, ta có :

1 2

8

 

x x

x x  2

1 2

3(x  x ) 8 x x

 3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2 Ta có : a.c = -3m2 nên  0, m

Khi  ta có : x1 + x2 =

2

 b 

a x1.x2 =

2



c

m

a  0

Điều kiện để phương trình có nghiệm  mà m   > x1.x2 <  x1 < x2 Với a =  x1 = b' ' x2 = b' ' x1 – x2 = -2  ' 3 m2

Do đó, ycbt 

2

3(2)( 3  m ) 8( 3  m ) m 

 3 m2 2m2(hiển nhiên m = không nghiệm)

 4m4 – 3m2 – =  m2 = hay m2 = -1/4 (loại)  m = 1

Bài 5:

1) Theo tính chất tiếp tuyến ta có OB, O’C vng góc với BC  tứ giác CO’OB hình thang vng

2) Ta có góc ABC = góc BDC  góc ABC + góc BCA = 900 góc BAC = 900 Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường trịn)

Vậy ta có góc DAC = 1800 nên điểm D, A, C thẳng hàng.

3) Theo hệ thức lượng tam giác vuông DBC ta có DB2 = DA.DC

B

C

E D

A

Mặt khác, theo hệ thức lượng đường tròn (chứng minh tam giác đồng dạng) ta có DE2 = DA.DC  DB = DE.

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO

QUẢNG TRỊ ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 KHÓA NGÀY : 19/6/2012

MƠN : TỐN

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

Câu 1:(2 điểm)

1.Rút gọn biểu thức (không dùng máy tính cầm tay): a) √50 - √18

b) P=( √a−1+

1 √a+1)÷

1

a −1 , với a 0,a 2.Giải hệ phương trình (khơng dùng máy tính cầm tay):

¿ x+y=4 2x − y=5

¿{ ¿ Câu 2:(1,5 điểm)

Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2−5x −3

=0 Khơng giải phương

trình, tính giá trị biểu thức sau:

a, x1 + x2 b, x

1+x2 c, x1

2

+x22 Câu 3:(1,5 điểm)

Trên mặt phảng tọa độ, gọi (P) đồ thị hàm số y=x2

a, Vẽ (P)

b, Tìm tọa độ giao điểm (P) đường thẳng d: y = -2x+3

Câu 4:(1,5 điểm)

Hai xe khởi hành lúc từ địa điểm A đến địa điểm B cách

100km Xe thứ chạy nhanh xe thứ hai 10km/h nên đến B sớm hơm 30 phút, Tính vận tốc xe

Câu 5:(3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) Đường thẳng (d) khơng qua tâm (O) cắt đường tròn hai điểm A B theo thứ tự, C điểm thuộc (d) ngồi đường trịn (O) Vẽ đường kính PQ vng góc với dây AB D ( P thuộc cung lớn AB), Tia CP cắt đường tròn (O) điểm thứ hai I, AB cắt IQ K

a) Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp đường tròn b) Chứng minh CI.CP = CK.CD

c) Chứng minh IC phân giác góc ngồi đỉnh I tam giác AIB d) Cho ba điểm A, B, C cố định Đường tròn (O) thay đổi qua

A B Chứng minh IQ qua điểm cố định -HẾT -Họ tên thí sinh:

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ************ ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MƠN : TỐN

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

Ngày thi: 21 tháng năm 2012

Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức :P=

3

1 1

x x

x x x



 

  

1 Tìm điều kiện xác định biểu thức P Rút gọn P

Câu (2,0 điểm) Cho hệ phương trình :

2

ax x ay

y

  



  

1 Giải hệ phương trình với a=1

2 Tìm a để hệ phương trình có nghiệm

Câu (2,0 điểm) Một hình chữ nhật có chiều rộng nửa chiều dài Biết giảm chiều 2m diện tích hình chữ nhật cho giảm nửa Tính chiều dài hình chữ nhật cho

Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) điểm M nằm bên (O) Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C tiếp điểm ) (O) tia Mx nằm hai tia MO MC Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng cắt (O) điểm thứ hai A Vẽ đường kính BB’ (O) Qua O kẻ đường thẳng vng góc với BB’,đường thẳng cắt MC B’C K E Chứng minh rằng:

1 điểm M,B,O,C nằm đường tròn Đoạn thẳng ME = R

3 Khi điểm M di động mà OM = 2R điểm K di động đường tròn cố định, rõ tâm bán kính đường trịn

Câu (1,0 điểm).Cho a,b,c số dương thỏa mãn a+ b + c =4 Chứng minh :

3 3

4 a 4b 4c 2 2

  

Hết

-Cán coi thi khơng giải thích thêm !

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

************

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN : TOÁN

Ngày thi: 21 tháng năm 2012

Câu Đáp án, gợi ý Điểm

C1.1 (0,75

điểm) Biểu thức P xác định

⇔

x −1≠0 x+1≠0

x2−1≠0 ¿{ {

⇔

x ≠1 x ≠ −1

¿{

0,5 0,25

C1.2 (1,25 điểm)

P= x −x1+

x+1−

6x −4 (x+1)(x −1)=

x(x+1)+3(x −1)−(6x −4) (x+1)(x −1)

¿x

2

+x+3x −3−6x+4 (x+1)(x −1) =

x2−2x+1 (x+1)(x −1)

x −1¿2 ¿ ¿ ¿ ¿

0,25 0,5 0,5 C2.1

(1,0

điểm) Với a = 1, hệ phương trình có dạng:

¿ 2x+y=−4

x −3y=5 ¿{

¿

¿ ⇔ 6x+3y=−12

x −3y=5 ⇔ ¿7x=−7

x −3y=5 ¿ ⇔

x=−1

−1−3y=5 ⇔ ¿x=−1

y=−2 ¿ ¿{

¿

Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm là: ¿ x=−1

y=−2 ¿{

¿

C2.2 (1,0 điểm)

-Nếu a = 0, hệ có dạng: ¿ 2x=−4

−3y=5 ⇔ ¿x=−2

y=−5 ¿{

¿

=> có nghiệm

-Nếu a , hệ có nghiệm khi: 2a≠ a −3 ⇔a2≠ −6 (luôn đúng, a2≥0 với a)

Do đó, với a , hệ ln có nghiệm

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm với a

0,25 0,25 0,25 0,25 C3 (2,0 điểm)

Gọi chiều dài hình chữ nhật cho x (m), với x > Vì chiều rộng nửa chiều dài nên chiều rộng là: x2 (m) => diện tích hình chữ nhật cho là: x.x

2= x2

2 (m 2)

Nếu giảm chiều m chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật là: x −2 vax

2−2 (m)

khi đó, diện tích hình chữ nhật giảm nửa nên ta có phương trình: (x −2)(x

2−2)= 2⋅

x2 ⇔x2

2 −2x − x+4= x2

4 ⇔x

−12x+16=0

………….=> x1=6+2√5 (thoả mãn x>4);

x2=6−2√5 (loại khơng thoả mãn x>4) Vậy chiều dài hình chữ nhật cho 6+2√5 (m)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 C4.1 (1,0 điểm)

1) Chứng minh M, B, O, C thuộc đường tròn Ta có: ∠MOB=900 (vì MB tiếp tuyến)

∠MCO=900 (vì MC tiếp tuyến)

=> ∠ MBO + ∠ MCO = = 900 + 900 = 1800

=> Tứ giác MBOC nội tiếp (vì có tổng góc đối =1800)

=>4 điểm M, B, O, C thuộc đường tròn

0,25 0,25 0,25 0,25 C4.2 (1,0 điểm)

2) Chứng minh ME = R:

Ta có MB//EO (vì vng góc với BB’) => ∠ O1 = ∠ M1 (so le trong)

Mà ∠ M1 = ∠ M2 (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) => ∠ M2 =

∠ O1 (1)

C/m MO//EB’ (vì vng góc với BC) => ∠ O1 = ∠ E1 (so le trong) (2)

Từ (1), (2) => ∠ M2 = ∠ E1 => MOCE nội tiếp => ∠ MEO = ∠ MCO = 900

=> ∠ MEO = ∠ MBO = ∠ BOE = 900 => MBOE hình

chữ nhật

=> ME = OB = R (điều phải chứng minh) C4.3

(1,0 điểm)

3) Chứng minh OM=2R K di động đường tròn cố định:

Chứng minh Tam giác MBC => ∠ BMC = 600 => ∠ BOC = 1200

=> ∠ KOC = 600 - ∠ O1 = 600 - ∠ M1 = 600 – 300 = 300 Trong tam giác KOC vng C, ta có:

CosKOC=OC

OK ⇒OK= OC

Cos 300=R: √3

2 = 2√3R

3

Mà O cố định, R không đổi => K di động đường tròn tâm O, bán kính = 2√3R

3 (điều phải chứng minh)

0,25 0,25 0,25 0,25 C5

(1,0

điểm)      

3 3

4 4

3 3

4 4

4 4

4 4

4 4

4

a b c

a b c a a b c b a b c c

a b c

a b c

 

        

  

    Do đó,

3 3

4 4

4

4

2

4

a  b  c   

0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: -Câu 4, thừa giả thiết “tia Mx” “điểm A”  gây rối

-Mỗi câu có cách làm khác

câu 5

Cach 2: Đặt x = a;y4 b;z4c=> x, y , z > x4 + y4 + z4 = 4. BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > 2 2

hay 2(x3 + y3 + z3 ) > = x4 + y4 + z4  x3( 2-x) + y3( 2-y)+ z3( 2-z) > (*). Ta xét trường hợp:

- Nếu sô x, y, z tồn it nhât sô  2, giả sử x 2 x3

2

 .

Khi đo: x3 + y3 + z3 > 2 2 ( y, z > 0).

- Nếu sô x, y, z nhỏ  2 BĐT(*) ln đung. Vậy x3 + y3 + z3 > 2 2được CM.

SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐĂKLĂK MƠN THI : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút,(không kể giao đề) Ngày thi: 22/06/2012

Câu (2,5đ)

1) Giải phương trình:

a) 2x2 – 7x + = 0. b) 9x4 + 5x2 – = 0.

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

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

2) Rút gọn biểu thức:  

1

A= x x ;

x

 

 

 



  với x ≥ 0.

Câu (1,5 đ)

Cho phương trình: x2 – 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 0.

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

2) Tìm giá trị m để biểu thức A = x12x22 đạt giá trị nhỏ Câu (3,5đ)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm 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 (1đ)

Bài giải sơ lược:

Câu (2,5đ)

1) Giải phương trình: a) 2x2 – 7x + = 0.

 = (-7)2 – 4.2.3 = 25 >

= Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1

2

7

x

4 x

4



 



 

b) 9x4 + 5x2 – = Đặt x2 = t , Đk : t ≥ 0. Ta có pt: 9t2 + 5t – = 0.

a – b + c =  t1 = - (không TMĐK, loại)

t2 =

4

9 (TMĐK)

t2 =

4

9  x2 =

4

9  x =

4

9 3.

Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x1,2 =

2



2) Đồ thị hàm số y = ax + b qua hai điểm A(2;5) B(-2;-3)

2a b a

2a b b

    

   

   

 

Vậy hàm số càn tìm : y = 2x + Câu

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

Thời gian xe thứ quảng đường từ A đến B :

200

x 10 (giờ)

Thời gian xe thứ hai quảng đường từ A đến B :

200

x (giờ)

Xe thứ đến B sớm so với xe thứ hai nên ta có phương trình:

200 200 1

x  x 10 

Giải phương trình ta có x1 = 40 , x2 = -50 ( loại)

x1 = 40 (TMĐK) Vậy vận tốc xe thứ 50km/h, vận tốc xe thứ hai 40km/h

2) Rút gọn biểu thức:    

1 x 1

A x x x x

x x

 

   

      

 

 

   

=  

x x x 1

x

 



 

  

  = x, với x ≥ 0.

Câu (1,5 đ)

Cho phương trình: x2 – 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 0.

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

Ta có

2 2

(m 2) m 4m

  

E F D A M O C B

Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m 2) phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m

Theo hệ thức Vi-ét ta có :

1 2

x x 2(m 2)

x x m 4m

          

A = x12x22 = (x1 + x2)2 – x1x2 = 4(m + 2)2 – 2(m2 + 4m +3) = 2m2 + 8m+ 10 = 2(m2 + 4m) + 10

= 2(m + 2)2 + ≥ với m. Suy minA =  m + =  m = -

Vậy với m = - A đạt = Câu

1) Ta có EA = ED (gt)  OE  AD ( Quan hệ đường kính dây)  OEM = 900; OBM = 900 (Tính chất tiếp tuyến)

E B nhìn OM góc vng  Tứ giác OEBM nội tiếp.

2) Ta có



MBD



sđ BD ( góc nội tiếp chắn cung BD)



MAB



sđ BD ( góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BD)

 MBD MAB Xét tam giác MBD tam giác MAB có:

Góc M chung, MBD MAB   MBDđồng dạng với MAB 

MB MD MA MB

 MB2 = MA.MD 3) Ta có:

 MOC   BOC=

2sđ BC

( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

 BFC  sđ 

BC(góc nội tiếp)  BFC MOC  .

4) Tứ giác MFOC nội tiếp ( F C  = 1800)  MFC MOC  ( hai góc nội tiếp chắn cung MC), mặt khác MOC BFC  (theo câu 3)  BFC MFC   BF // AM.

Câu

 2

2 a b

a b

x y x y



 



Ta có x + 2y =  x = – 2y , x dương nên – 2y > 0

Xét hiệu 3x y  =

2

1 3 y 4y 3y(3 2y) 6(y 1)

3 2y y y(3 2y) y(3 2y)

    

   

   ≥ ( y > – 2y

> 0)



1 3

x 2y  dấu “ =” xãy 

x 0,y x 0,y

x

x 2y x

y

y y

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

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

Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm)

1) Giải phương trình

1

x x



  2) Giải hệ phương trình

3 3 11

x x y

  

 

 



 .

Câu II ( 1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức

1 a +

P = + :

2 a - a - a a - a

 

 

  với a > a 4 .

Câu III (1,0 điểm)

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 (2,0 điểm)

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

2 y = x

2 . 1) Tìm m để đường 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 (3,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB Trên đường 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 đường 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 ( 1,0 điểm)

Cho số dương a, b thỏa mãn 1

2

a b  Tìm giá trị lớn biểu thức 2 2

1

2

Q

a b ab b a ba

 

    .

-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 KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊNNGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (không chuyên)

Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

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

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Nội dung Điểm

Câu I (2,0đ)

1) 1,0 điểm

1 3( 1)

x

x x x



      0,25

1 3

x x

    0,25

2x

   0,25

2 x

  .Vậy phương trình cho có nghiệm x = -2 0,25 2) 1,0 điểm 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 phương trình cho có nghiệm (x;y)=(3;1) 0,25

Câu II (1,0đ)

 

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 (1,0đ) 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 phương trình x + (x + 7) = (23 - 2x)2 2 0,25

x - 53x + 240 =

 (1) Giải phương trình (1) 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 lại 12 cm, độ dài cạnh huyền 30 – (5 + 12) = 13cm

0,25

Câu IV (2,0đ)

m + ta có 2.(-1) – m +1 =

 -1 – m = 0,25

 m = -4 0,25

Vậy m = -4 (d) qua điểm A(-1; 3) 0,25

2) 1,0 điểm Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình

1

x

2  x m 

0,25

x 4x 2m (1)

     ; Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nên (1) có

hai nghiệm phân biệt     ' 2m 0 m3

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

nghiệm phương trình (1) y = 21 x1 m1,y = 22 x2 m1 Theo hệ thức Vi-et ta có x + x = 4, x x = 2m-21 2 Thay y1,y2 vào

 

1 2

x x y +y 48 0 có x x 2x +2x -2m+21 2 1 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 (3,0đ)

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

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

Vì AB đường kính (O) nên AE  BE 0,25

Áp dụng hệ thức lượng ΔABD (ABD=90

;BE  AD) ta có BE2 =

AE.DE

0,25

2) 1,0 điểm

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

=> OD đường trung trực đoạn BC =>



OFC=90 (1)

0,25

Có CH // BD (gt), mà AB  BD (vì BD tiếp tuyến (O)) 0,25

=> CH  AB => OHC=90 (2) 0,25

Từ (1) (2) ta có OFC + OHC = 180  => tứ giác CHOF nội tiếp 0,25

3)1,0 điểm Có CH //BD=>HCB=CBD  (hai góc vị trí so le trong) mà

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

(1,0đ) Với a0;b0ta có:

2 2 2

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

a b ab a b ab

     2  

1

(1)

2

a b ab ab a b

 

  

0,25

Tương tự có 2  

1

(2)

2

b a  a b ab a b Từ (1) (2)

 

1 Q

ab a b

 



0,25

Vì 1

2 a b 2ab

a b     mà a b 2 ab  ab1

1

2( ) Q

ab

  

0,25

Khi a = b =

1 Q

 

Vậy giá trị lớn biểu thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG

Đề thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2011 - 2012

MƠN THI: TỐN

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

Đề có 01 trang

Câu 1(3,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2  6x 9 0

b) Giải hệ phương trình:

4

3 10

x y y x

 

 

 



c) Giải phương trình: x2  6x  9 x 2011

Câu (2,5 điểm)

Một ca nơ chạy xi dịng từ A đến B chạy ngược dòng từ B đến A hết tất Tính vận tốc ca nơ nước yên lặng, biết quãng sông AB dài 30 km vận tốc dòng nước km/giờ

Câu 3(2,5 điểm)

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm M, N cho M, O, N không thẳng hàng Hai tiếp tuyến M , N với đường tròn (O) cắt A Từ O kẻ đường vng góc với OM cắt AN S Từ A kẻ đường vng góc với AM cắt ON I Chứng minh:

a) SO = SA

b) Tam giác OIA cân

Câu 4(2,0 điểm).

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = 0

b) Cho tam giác ABC vuông A Gọi I giao điểm đường phân giác Biết AB = cm, IC = cm Tính BC

-Hướng dẫn chấm, biểu điểm MƠN THI: TỐN CHUNG

Nội dung Điểm

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2  6x 9 0 1,0

Bài giải: Ta có   ' ( 3)2 0 0,5

Phương trình có nghiệm:

6 x  

0,5

b) Giải hệ phương trình:

4 (1)

3 10 (2)

x y

y x

 

 

 



1,0

Bài giải: Cộng (1) (2) ta có: 4x - 3y + 3y + 4x = 16  8x = 16 x = 2 0,5

Thay x = vào (1): – 3y =  y =

2

3 Tập nghiệm:

2 x y

   

  

0,5

c) Giải phương trình: x2  6x  9 x 2011 (3)

1,0

Bài giải: Ta có  

2 6 9 3 3

x  x  x  x 0,5

Mặt khác:

2 6 9 0 2011 0 2011 3 3

x  x   x   x   x  x

Vậy: (3)  x 3 x 2011  3 2011 Phương trình vơ nghiệm

0,5

Câu (2,5 điểm )Một ca nơ chạy xi dịng từ A đến B chạy ngược dòng từ B đến A hết tất Tính vận tốc ca nô nước yên lặng, biết rằng quãng sông AB dài 30 km vận tốc dòng nước km/giờ.

2,5

Bài giải: Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x km/giờ ( x > 4) 0,5

Vận tốc ca nô xi dịng x +4 (km/giờ), ngược dịng x - (km/giờ) Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B

30

x giờ, ngược dòng

từ B đến A 30

4 x giờ.

0,5

Theo ta có phương trình:

30 30

4

x x  (4) 0,5

2

(4)  30(x 4)30(x4)4(x4)(x 4) x  15x 16 0 x 1

hoặc x = 16 Nghiệm x = -1 <0 nên bị loại 0,5

Vậy vận tốc ca nô nước yên lặng 16km/giờ 0,5

A

S

O N

M

I 0,5

a) Chứng minh: SA = SO 1,0

Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MAO SAO (1) 0,5

Vì MA//SO nên: MAO SOA  (so le trong) (2)

0,5

Từ (1) (2) ta có: SAO SOA   SAO cân  SA = SO (đ.p.c.m)

b) Chứng minh tam giác OIA cân 1,0

Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MOA NOA (3) 0,5 Vì MO//AI nên: MOA OAI (so le trong) (4)

0,5

Từ (3) (4) ta có: IOA IAO   OIA cân (đ.p.c.m) Câu 4(2,0 điểm).

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = (1) 1,0

Bài giải: (1)  (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0

0,5

 (x+ y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0  (y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2 (2)

Vì - (x+ y)2  với x, y nên: (y - 1)(y + 4)   -4  y  1

0,5

Vì y nguyên nên y  4; 3; 2; 1; 0; 1   

Thay giá trị nguyên y vào (2) ta tìm cặp nghiệm nguyên (x; y) PT cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1)

b) Cho tam giác ABC vuông A Gọi I giao điểm đường phân giác trong Biết AB = cm, IC = cm Tính BC.

0,5

5

x

D

B

A

C I

E

Bài giải:

Gọi D hình chiếu vng góc C đường thẳng BI, E giao điểm AB CD.BIC

có DIC góc nên: DIC=   1( ) 90 : 20 450

2

IBC ICB  B C  

Gọi x = BC = BE (x > 0) Áp dụng định lý Pi-ta-go vào tam giác vng ABC ACE ta có: AC2 = BC2 – AB2 = x2 – 52= x2 -25

EC2 = AC2 + AE2 = x2 -25 + (x – 5)2 = 2x2 – 10x (12: 2)2 = 2x2 – 10x

x2 - 5x – 36 =

Giải phương trình ta có nghiệm x = thoả mãn Vậy BC = (cm)

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

HÀ NỘI Năm học: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: Toán

Ngày thi: 21 tháng năm 2012

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức

x A

x

 

 Tính giá trị A x = 36 2) Rút gọn biểu thức

x x 16

B :

x x x

  

  

  

  (với x 0; x 16  )

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

Bài II (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Hai người làm chung công việc

12

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

Bài III (1,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2 x y

1 x y



  

 

   



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

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O; R) có 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 CBKH tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ACM ACK 

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

4) Gọi d tiếp tuyến (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 đi 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 biểu thức:

2 x y M

xy

 

……….Hết……… Lưu ý:Giám thị khơng giải thích thêm.

Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2:

GỢI Ý – ĐÁP ÁN

Bài I: (2,5 điểm)

1) Với x = 36, ta có : A =

36 10

8

36



 



2) Với x , x  16 ta có :

B =

x( x 4) 4( x 4) x

x 16 x 16 x 16

    



 

    

  =

(x 16)( x 2) x (x 16)(x 16) x 16

  



  

3) Ta có:

2 2

( 1)

16 16 16

x x x

B A

x x x x x

 

  

     

       .

Để B A( 1) nguyên, x nguyên x16 ước 2, mà Ư(2) = 1; 

Ta có bảng giá trị tương ứng:

16

x 1 2

x 17 15 18 14

Kết hợp ĐK x0, x16, để B A(  1) nguyên x14; 15; 17; 18 

Bài II: (2,0 điểm)

Gọi thời gian người thứ hoàn thành xong cơng việc x (giờ), ĐK

12

x

Thì thời gian người thứ hai làm xong cơng việc x + (giờ) Mỗi người thứ làm

1

x(cv), người thứ hai làm được

1

x (cv)

Vì hai người làm xong công việc 12

5 giờ nên hai đội làm được 12

1: =

5 12(cv)

Do ta có phương trình

1

x x 12  

2

( 2) 12

x x

x x

 

 



 5x2 – 14x – 24 =

’ = 49 + 120 = 169,  , 13

=>

 

7 13

5

x

(loại)



7 1320 4

5

x

(TMĐK) Vậy người thứ làm xong công việc giờ,

Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ:

2

2

6

1

x y x y



  

 

   

 , (ĐK: x y, 0).

Hệ

4 10

4

2

2

2 2

6

2

1

x

x

x y x x x

y y

x y x y

x y

    



    

    

   

         

   

         



  

 .(TMĐK)

Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1)

2) + Phương trình cho có  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + > 0, m

Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có:

1

2

4

3

x x m

x x m m

   

 

 





Khi đó: x12 x22  7 (x1x2)2 2x x1 7

 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – =

Ta thấy tổng hệ số: a + b + c = => m = hay m =

3



Trả lời: Vậy

Bài IV: (3,5 điểm)

1) Ta có HCB 900( chắn nửa đường tròn đk AB)

 900

HKB (do K hình chiếu H AB)

=> HCB HKB 1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp đường trịn đường kính HB. 2) Ta có ACM ABM (do chắn AM (O))

A B

C M

H

K O

và ACK HCK HBK (vì chắn HK .của đtròn đk HB)

Vậy ACM ACK

3) Vì OC  AB nên C điểm cung AB  AC = BC

  900 sd AC sd BC 

Xét tam giác MAC EBC có

MA= EB(gt), AC = CB(cmt) MAC = MBC chắn cung MC (O) MAC EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân C (1)

Ta lại có CMB 450(vì chắn cung CB 900)

CEM CMB 450(tính chất tam giác MCE cân C)

Mà CME CEM MCE   1800(Tính chất tổng ba góc tam giác)MCE 900 (2)

Từ (1), (2) tam giác MCE tam giác vuông cân C (đpcm)

4) Gọi S giao điểm BM đường thẳng (d), N giao điểm BP với HK Xét PAM  OBM :

Theo giả thiết ta có

AP MB AP OB

R

MA   MAMB (vì có R = OB) Mặt khác ta có PAM ABM (vì chắn cung AM (O))

PAM ∽ OBM

   1 

AP OB

PA PM

PM OM .(do OB = OM = R) (3)

Vì AMB900(do chắn nửa đtrịn(O)) AMS 900

 tam giác AMS vuông M  PAM PSM900

A B

C M

H

K O

S

P E

PMA PMS 900  PMS PSM  PSPM(4) Mà PM = PA(cmt) nên PAM PMA

Từ (3) (4)  PA = PS hay P trung điểm AS

Vì HK//AS (cùng vng góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có:  

NK BN HN

PA BP PS hay 

NK HN

PA PS mà PA = PS(cmt)  NKNH hay BP qua trung điểm N HK (đpcm)

Bài V: (0,5 điểm)

Cách 1(khơng sử dụng BĐT Co Si) Ta có M =

2 ( 4 4 ) 42 3 ( 2 )2 4 3

x y x xy y xy y x y xy y

xy xy xy

       

 

=

2

( )

4

x y y

xy x



 

Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy  x = 2y x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ + -3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 2:

Ta có M =

2 2 3

( )

4

x y x y x y x y x

xy xy xy y x y x y



      

Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ; x y

y x ta có 4

x y x y

y x  y x  , dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

3

2

4

x x

y  y  , dấu “=” xảy  x = 2y Từ ta có M ≥ +

3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 3:

Ta có M =

2 2 4 3

( )

x y x y x y x y y

xy xy xy y x y x x



      

Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ; x y

y x ta có

4

2

x y x y

dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ 4-3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 4:

Ta có M =

2 2 2

2 2

2 3 3

4 4 4

4

x x x x x

y y y y

x y x x

xy xy xy xy xy xy y

    



     

Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương

2 ; x

y

ta có

2

2 2 .

4

x x

y y xy

  

, dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

3

2

4

x x

y  y  , dấu “=” xảy  x = 2y Từ ta có M ≥

xy xy +

3 2= 1+

3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

5

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)

Giải phương trình hệ phương trình sau: 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



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

6

  

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

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) (2)

  



 



x y

x y 

2 (1)

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

  



  



x y x y



13 13 ((1) 2(3)) (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:

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 

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/ 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 ( 1)

 

 

m Khi m = ta có ( 1)2 3

 

m nhỏ nhất

2 ( 1)

  

 

M

m lớn m = 1

6 ( 1)



 

 

M

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

Vì ta có hai tam giác đồng dạng MAE MBF Nên

MA MF

ME MB  MA.MB = ME.MF (Phương tích M đường trịn tâm O)

Do hệ thức lượng đường trịn ta có MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượng trong tam giác vng 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 trịn 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

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 01 trang) (Mơn chung cho tất cảc thí sinh)

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

Ngày thi : 17 tháng năm 2012

Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

   

   

   

  , (Với a > , a 1) Chứng minh :

2 P

a

  Tìm giá trị a để P = a

Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = 2x +

1 Chứng minh (d) (P) có hai điểm chung phân biệt

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ)

Câu (2.0 điểm) : Cho phương trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + = 0 Giải phơng trình m =

2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

Câu (3.0 điểm) : Cho đường trịn (O) có đờng kính AB cố định, M điểm thuộc (O) ( M khác A B ) Các tiếp tuyến (O) A M cắt C Đường tròn (I) qua M tiếp xúc với đường thẳng AC C CD đờng kính (I) Chứng minh rằng:

1 Ba điểm O, M, D thẳng hàng Tam giác COD tam giác cân

3 Đờng thẳng qua D vuông góc với BC ln qua điểm cố định M di động đường tròn (O)

Câu (1.0 điểm) : Cho a,b,c số dương không âm thoả mãn : a2b2 c2 3

Chứng minh : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a 

-BÀI GIẢI

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1

1 Chứng minh :

2 P a  

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

                        2

1 1 1

1

a a a a a

P a a a a             

2 4

1

a a a a a a a

P a a a a          

4

1

a a P

a a a a

 

  (ĐPCM)

1.0

2 Tìm giá trị a để P = a P = a =>

2

2

1 a a a

a     

Ta có + + (-2) = 0, nên phương trình có nghiệm a1 = -1 < (không thoả mãn điều kiện) - Loại

a2 = 2 c a   

(Thoả mãn điều kiện) Vậy a = P = a

1.0

2 Chứng minh (d) (P) có hai điểm chung phân biệt

Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) nghiệm phương trình x2 = 2x + => x2 – 2x – = có a – b + c = 0

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = -1 x2 =

3 c a   

Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = => A (-1; 1) Với x2 = => y2 = 32 = => B (3; 9)

Vậy (d) (P) có hai điểm chung phân biệt A B

1.0

2 Gọi A B điểm chung (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O gốc toạ độ)

Ta biểu diễn điểm A B mặt phẳng toạ độ Oxy hình vẽ

1 D C B A -1

.4 20

2

ABCD

AD BC

S   DC  

9.3 13,5

2

BOC

BC CO

S   

1.1 0,5

2

AOD

AD DO

S   

Theo công thức cộng diện tích ta có: S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO)

= 20 – 13,5 – 0,5 = (đvdt)

3

1 Khi m = 4, ta có phương trình

x2 + 8x + 12 = có ’ = 16 – 12 = > 0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - + = - x2 = - - = -

1.0

2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x2 + 2mx + m2 – 2m + = 0

Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt D’ > => 2m – > => 2(m – 2) > => m – > => m > Vậy với m > phương trình có hai nghiệm phân biệt

1.0

4

1 2

N K

H

D I

C

O

A B

M

1 Ba điểm O, M, D thẳng hàng:

Ta có MC tiếp tuyến đường tròn (O)  MC  MO (1) Xét đường tròn (I) : Ta có CMD 900  MC  MD (2) Từ (1) (2) => MO // MD  MO MD trùng  O, M, D thẳng hàng

1.0

2 Tam giác COD tam giác cân

CA tiếp tuyến đường tròn (O)  CA AB(3) Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC C  CA  CD(4) Từ (3) (4)  CD // AB => DCO COA  (*) ( Hai góc so le trong)

CA, CM hai tiếp tuyến cắt (O)  COA COD  (**) Từ (*) (**)  DOC DCO  Tam giác COD cân D

1.0

3 Đường thẳng qua D vng góc với BC qua điểm cố định M di động đờng tròn (O)

* Gọi chân đường vng góc hạ từ D tới BC H CHD 900  H  (I) (Bài tốn quỹ tích)

DH kéo dài cắt AB K

Gọi N giao điểm CO đường tròn (I) =>

 900 can tai D

CND NC NO

COD         

Ta có tứ giác NHOK nội tiếp

Vì có H2 O1DCO ( Cùng bù với góc DHN)  NHO NKO 1800(5)

* Ta có : NDH NCH (Cùng chắn cung NH đường tròn (I))

    

CBO HND HCD

DHN COB (g.g)

HN OB

HD OC

OB OA HN ON

OC OC HD CD

OA CN ON

OC CD CD

               

 Mà ONH CDH  NHO DHC (c.g.c)

 NHO 900 Mà NHO NKO  1800(5) NKO900,  NK  AB  NK // AC  K trung điểm OA cố định  (ĐPCM)

5 Câu (1.0 điểm) : Cho a,b,c số dơng không âm thoả mãn :

2 2 3

a b c 

Chứng minh : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a  * C/M bổ đề:

 2

2 a b

a b

x y x y

  



 2

2 2 a b c

a b c

x y x x y z

       Thật          2 2

2 0

a b

a b

a y b x x y xy a b ay bx

x y x y



         

 (Đúng)  ĐPCM Áp dụng lần , ta có:

 2

2 2 a b c

a b c

x y x x y z

 

  

 

* Ta có : a2 2b 3 a22b  1 2a2b2, tương tự Ta có: … 

2 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c a b c

A

a b b c c a a b b c c a

     

           

1

(1)

2 1

B

a b c

A

a b b c c a

 

     

     

            

Ta chứng minh 1 1

a b c

a b  b c  c a  

                 

2 2

3

1 1

1 1

1 1

2

1 1

1 1

2

1 1

1 1

2 (2)

1 1 1

B

a b c

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b b c c c a a

                                                                                  * Áp dụng Bổ đề ta có:

               3

1 1 1

a b c B

a b b b c c c a a

    

          

 2

2 2

3

3 (3)

3( )

a b c B

a b c ab bc ca a b c

     

         * Mà:

 

 

2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

2

2 2

3( )

2 2 2 6 6

2 2 2 6 6 ( : 3)

2 2 6

3

3

3( )

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c Do a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c

a b c

a b c ab bc ca a b c

                                                     

        32 (4) Từ (3) (4)  (2)

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: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2,0 điểm)

Giải hệ phương trình , phương trình sau đây:

2

43 19

5 18 12 36

2011 8044 x y

x y

x x

x x

x x

  



 



  

  

   

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức:  

1 1

2 : 0,

1

a

K a a

a a

a a

  

 

       

  

    (với )

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

Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phương trình (ẩn số x): x2 4x m 2 3 * xx2 5x1

1 Chứng minh phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m Tìm giá trị m để phương trình (*) có hai nghiệm x x1, thỏa x2 5x Câu 4: (1,5 điểm)

Một ô tô dự định từ A đến B cách 120 km thời gian quy định Sau 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 đường trịn (O), từ điểm A ngồi đường trịn vẽ hai tiếp tuyến AB vàAC (B,Clà tiếp điểm) OA cắt BC E

1 Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp

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

( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Tốn 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 phương trình : a/ x4 x2 20 0 b/ x  1 x

2/ Giải hệ phương trình :

3 x y

y x

    



  



Câu 2 : ( 2,0 điểm)

Cho parabol y = x2 (P) đường 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 : a5b5 a b3 2a b2 3, biết a b 0 Câu 4 : (3,5 điểm)

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

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

3/ Cho biết AB = cm, BC = cm Tính diện tích tứ giác BDEC

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 phương trình x416x232 0 ( với x R )

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

Câu 2 (2,5 điểm)

Giải hệ phương trình

2 ( 1)( 1) ( 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 dương) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho

Câu 4 (1 điểm)

Chứng minh 10 số nguyên dương liên tiếp khơng tồn hai số có ước chung lớn

Câu 5 (3,5 điểm)

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

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

-HẾT -GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

NĂM 2012 – 2013 Mơn: Tốn chung

-Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phương trình :

a/ x4 x2 20 0 (*) Đặt x2 t t;( 0) (*) t2 – t – 20 =

 (t1 = (nhận) v t2 = - ( loại)); Với t = => x2 =

 x =  Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = -

b/ x  1 x 1 ( điều kiện x1)

2 2

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

 x = ( loại) v x = ( nhận)

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

3 x y

y x

    



  



Từ y x  3 y 3x  y 0  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 phương trình có nghiệm (x; y):

1 7 ( ; ),( ; )

2  2 Câu 2 : ( 2,0 điểm)

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

1

2

0 ( ) x

x mx x x m

x m

        

  Vì giao điểm ( ) :P y x  y m Với y = => m2 =  (m = v m = -3) Vậy với m3 (P) (d) cắt điểm có tung độ 9.

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 = m2m4  6 m4m2 0 (1) Đặt t m t 2;( 0) (1) t2 t 6 0

     (t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại)) Với t1 =  m2 = ,

 m 3 ( nhận)

Vậy với m 3 (P) cắt (d) hai điểm có khoảng cách 6.

Câu 3 : ( 2,0 điểm) 1/ Tính:

1 3 3

( )

4

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 )2 0 (với a, b R).

a b  ( theo giả thiết)

2 0

a b ab ( với a, bR )

Nên bất đằng thức cuối Vậya5b5a b3 2a b2 3 với a b 0 (đpcm)

Câu 4 : (3,5 điểm)

E

D

O

H

C B

A

1/ Nối H với E

+ HEA900 ( AH đường kính), AHC900 ( AH đường 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 đường trịn ( có góc đối góc kề bù góc đối)

2/ Vì DAE900 => DE đường kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm). 3/ Ta có SBDEC SABC SADE

+ABC vng có AH đường cao:

2 4

AC BC  AB  cm =>

6

ABC

AB AC

s  

(cm2)

12

5 AB AC DE AH

BC

  

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

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



2 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

  

     

GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chun

-Câu 1: Phương trình cho : x416x232 0 ( với x R )  (x2 8)2 32 0 (1) Với x 2   2 2  x 2 2  2 2

=> x2  8 2 3 2  Thế x vào vế phải (1) ta có:

2 2

(x  8)  32 (8 2   3 2  8)  32 4(2  3) 12(2   3) 32 =8 24 12 32 0      ( vế phải vế trái)

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

Câu 2: Hệ pt cho

2 ( 1)( 1) ( 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 => ( ; ) (0;0);x y  xy0;x 1 0;y  1 6 xy0 (*)

- Chia vế hai phương trình cho : =>

6

( ) 6( )

6

x xy

xy x y x y

y xy

 

    



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

6(x y) xy

x y

 

 (3) - Cộng vế (1) (2) hệ ta pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = (4)

 (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = 

6( ) 6( )

(x y x y)( x y ) x y

x y x y

 

     

 



6( 1)

(x y x y)( x y ) 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 phương trình (1) hệ ta :

2y33y2   y (y2)(2y2 y3) 0 

2

2 0( )

y y

y y vn

    

   



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

6

1 x y x y

x y

         

(2)  2y3 7y216y 0 

2

2

2 (2 1)( 6)

4 y

y y y

y y

  

     

   

y2 - 4y - =



1

2 10 10 y

y

   

  

2y +1 =  y3 =



Từ ba giá trị y ta tìm ba giá trị x tương ứng:

3

4 10 10

13 x

x x



  



  



 

 Thế giá trị (x; y) tìm vào hệ (thoả)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y): (1; -2), (

13 10; 10),( 10;2 10),( ; )

2

       

Câu 3 (Cách 1)

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

3

4 cm2 Nếu tam giác có cạnh > 1cm diện tích > cm2 Gọi t số tam giác có cạnh > 1cm chứa tam giác có cạnh cm: 1 t 4 ( với t số nguyên dương) => tmax = 3.

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 4 Vậy nmax = 4 (Cách 2): Giải theo kiến thức hình học

Nếu ta chọn điểm đỉnh tam giác cạnh cm vẽ đường trịn đường kính cm, đường 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), giới hạn cung tròn bán kinh cm

=> phần diện tích lấy 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 dương liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dương)  1 a b9

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

1

1 n x n y x y

n n

        n

n

   

Vậy 10 số nguyên dương liên tiếp không tồn hai số có ước chung lớn Câu 5

D K

F

N E

M

I

C B

A

1)Nối N F, D F

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

2 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 vng F có FK đường 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 đường trịn (đpcm)

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

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

-HT -Sở gd-đt quảng bình cộng hßa x· héi chđ nghÜa viƯt nam

Mã đề: 201 (thí sinh ghi mã đề vào sau chữ làm) Thời gian: 120 phút (không kể giao )

Câu 1: (1.5 điểm): Cho biểu thức:: 2

1 1

:

1

m P

m

m m m m



 

  



  

  víi m 0 ,m ±1

a)Rót gän biĨu thøc P

b) TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc P x=

1

Câu 2:(1,5điểm): Cho ba đờng thẳng(d1): y= 2x+1; (d2): y=3; (d3): y=kx+5

a) Xác định toạ độ giao điểm hai đờng thẳng d1 d2

b) Tìm k để ba đờng thẳng đồng quy

Câu 3:(2.5 điểm) Cho phơng trình bậc hai ẩn x: x2-2(m-1)x+2m-4=0 (m tham số) (1)

a) Giải phơng trình (1) m =

b)Chứng minh phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt víi mäi m c) Gäi x1,x2 lµ hai nghiƯm cđa phơng trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thøc

A = x12+x22

Câu 4: (3,5 điểm): Cho đờng trịn tâm O, đờng kính AB=2R Gọi M điểm đờng trịn( M không trùng với A, B) Vẽ tiếp tuyến Ax, By, Mz đ -ờng tròn Đ-ờng thẳng Mz cắt Ax, By lần lợt N P Đ-ờng thẳng AM cắt By C đờng thẳng BM cắt Ax D

a) Chứng minh tứ giác AOMN nội tiếp đợc đờng tròn b) Chứng minh N trung điểm AD, P trung điểm BC

c) Chøng minh AD.BC = 4R2

Câu 5: : (1,0điểm) Cho a, b, c số dơng Chứng minh :

25a b+c+

16b a+c+

c

a+b>8

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2. S GD&T NGH AN K THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Môn thi : TOÁN

Thời gian làm : 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

c Tìm tất giá trị x để B = 3A.

Câu 2:(1,5 điểm)

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

Câu 3:(2,0 điểm)

Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x + m2 – = 0, m tham số a) Giải phương trình với m =

b) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x12 + x22 = 16

Câu 4: (4,0 điểm) Cho điểm M nằm ngồi đường trịn (O) VẼ tiếp tuyến MA, MB (A, B tiếp điểm) cát tuyến MCD không qua O (C nằm M D) với đường tròn (O) Đoạn thẳng OM cắt AB (O) theo thứ tự H I

Chứng minh rằng:

a) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn b) MC.MD = MA2

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

………… Hết…………

Giải

Câu 4: Giải

a) Vì MA, MB tiếp tuyến (O) nên MAO = MBO = 900

suy A, B nằm đường trịn đường kính MO hay tứ giác MAOB nội tiếp

b) MACMDA(g.g)



MA MD

MC MA

 MA2 = MC.MD (đpcm)

c) Ta có : OM.OH = OA2 (Theo hệ thức lượng) MC.MD =MA2 (cm trên)

Suy : OM.OH + MC.MD = OA2 + MA2 = OM2 Vậy OM.OH + MC.MD = OM2 (đpcm)

d) Dễ thấy : MH.MO = MC.MD (= MA2)



MH MC

MD MO kết hợp với DMO chung  MCH MOD(g.g)

H

D C

I

B

O A



MC MO MO

CH OD OA hay

MC MO

CH OA (1)

Ta có : MAI = IAH (2 góc chắn cung )

 AI phân giác góc MAH Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có:

MI MA

IH AH (2)

Xét MHA MAO có : OMA chung

MHA = MAO = 900

Do : MHA  MAO (g.g) 

MO MA

OA AH (3) Từ (1)(2)(3) suy :

MC MI

Câu 1c C =

Câu 2a ( 2;1) ; Câu 2b b = - Câu 3a a =

Câu 3b A ( -1 ; ) ; B (2 ; )

Câu 4a1  12 0 ; nên pt có nghiệm phân biệt với x

Câu a2 => x1 + x2 = - ; x1x2 = Câu 4b

Gọi x ( km/h) vt xe II => vt xe I x + 10 ( km/h ) ; x>

Th gian xe I hết qđg : 100

x (h) Th gian xe II hết qđg :

100 10 x (h)

PT 100

x - 100

10 x =

1

2 => x = 40 KL

1 MH = 20 ( cm ) ; ME = 12 ( cm) NPFE h thang cân

b ) b1 b2

Tam giác ABC vng A có AH đg cao => AB2 = BH.BC (1)

Tam giác BHE đg dạng với tam giác BDC =>

BH BE

BH BC BD BE

BD BC   (2)

Từ (1) (2) => AB2 = BD BE

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG CAO NGUYÊN NĂM 2012-2013 Câu 1: (1.5đ) Giải phương trình, hệ phương trình sau:

2 3x

1 2x 3 9x

5x y

x x

y

 



      

  

Câu 2:(1.5đ) Cho biểu thức:

2 2

2

a a

A

a a a

     

     

   

 

1 Rút gọn A Tìm a để A < -1

Câu 3: (2đ)

1 Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình: x2 – 7x + = Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm (x1 – 3x2 ) (x2 – 3x1)

2 Tìm m để phương trình: 2x2 – 2mx + m – = có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn

17 3x 5x

3 m

 

Câu 4: (4đ) Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH (H BC) Dựng đường tròn tâm O đường kính AH cắt AB E, cắt AC F Các tiếp tuyến với đường tròn (O) E F cắt cạnh BC M N

1 Chứng minh rằng:

a Tứ giác MEOH nội tiếp đường tròn b AB HE = AH HB

c Ba điểm E, O, F thẳng hàng

2 Cho AB2 10cm, AH=2 6cm. Tính diện tích tam giác OMN. Câu 5: (1đ) Cho x số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2

4x 2012

4x P  x  Đáp án

Câu 1:

1.1

   

1

3 3

; x

2

x    

1.2 đặt t x 0

 

2

1

1 81

9 t loai

x t

  

  

Câu 2: điều kiện: (0a4)

   

   

 

2

2 2 8

A

2

2

8

1 100;

2

a a a

a a

a a

A a a a

a                                           Câu 3:

3.1 Gọi phương trình X2 – SX + P = Ta có:

 

 

1 2 1

2 2

1 2 1 2

( 3x ) ( 3x ) 2.7 14

( 3x )( 3x ) 16x 16.5 3.7 67

S x x x x

P x x x x x

       

        

Vậy phương trình cần tìm là: x2 + 14x – 67 = 0

3.2 Theo Viet ta có:       2 17

3x 5x

x x

x x m m m              

 Giải hệ gồm (1) (2) ta

4 x ; x

3

m m



 

Thay vào (3)

Ta được:

1

2

9 41

4 . 8 9 9 0 16

3 9 41

16 m

m m m

m m m                    

Câu 5:  

2

2 3

4x 4x 3x 2011 2x 3x 2011

4x 4x

P          

 

Mà 2x 1 2 0;

3

3x 3x

4x 4x

 

  

 

  nên P  0 2011 2014

Đẳng tức xảy

2x

1 3x 4x x            Câu 4:

4.1.a OEM OHM  900900 1800 nên tứ giác OEHM nội tiếp đường tròn

4.1.b 2SABH HE AB AH AB ABHvng có đường cao HE

4.1.c Tứ giác AEHF có A E H   900 nên hình chữ nhật => AH = EF mà AH đường kính nên EF đường kính => E; O; F thẳng hàng

4.2 Ta có ME = MH ( tính chất hai tiếp tuyến) OE = OH = R nên OM trung trực EH

Ta lại có OA = OH nên OM đường trung bình tam giác AHB

1

10

OM AB

  

Tam giác ABC vuông A nên: 2

1 1 1 16

2 15 24 40 24.40 AC

Tương tự ON đường trung bình tam giác HAC nên

1

15

ON  AC 

Tam giác OMN có OM ON ( ABAC) nên

2

1

10 15

2 2

OMN

S  OM ON   cm

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 phương trình:

2

3 x y x y

  



  

b) Xác định giá trị m để hệ phương 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 + 2.

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

R

Bài 5: (1,0 điểm)

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

ĐÁP ÁN:

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

2 3 5

3

x y x y y x

x y x y x y y

     

   

  

   

      

   

b) Hệ phương trình vô 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

2

y = x (P) 1

x -

6

4

2

-2

-4

-6

-10 -5 10

2 O

A

B

1 -2

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

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  5    1   1   5 4

Bài 4: (3,0 điểm)

E O A C B D I

Ta có: BDAC (gt) 

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

b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2 Vì BDAC  ABAD nên AB = AD

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

R

SABICD = SABD + SABIC =

2.DE.AC +

2.EB.(BI + AC) * OE =

2

R

 AE =

R

EC =

3 R

+ R =

3 R

* DE2 = AE.EC = 3 R R = R

 DE =

5 R

Do đó: EB = R

* BI = AC – 2AE = 2R – R

=

3 R

Vậy: SABICD = 2. R 2R + R ( R

+ 2R) = R 16 R = R (đvdt) Bài 5: (1,0 i m)đ ể

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

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 trung điểm BC, AC, AB Do đó: MN, NP, MP đường trung bình ABC

Nên: MN =

2AB; NP =

2BC; MP = 2AC Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có:

* AM < MN + AN hay AM <

2AB +

2AC (1) Tương tự: BN <

1

2AB +

2BC (2) CP <

1

2BC +

2AC (3)

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

1

3BN +

3AM >

2AB (4) Tương tự:

1

3BN +

3CP >

2BC (5)

1

3CP +

3AM >

2AC (6)

T (4), (5), (6) suy ra:

1

3BN +

3AM +

3BN +

3CP +

3CP +

3AM >

2AB + 2BC+ 2AC 

3 (AM + BN + CP) >

2(AB + AC + BC)



3

4 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP (**) Từ (*), (**) suy ra:

3

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO

THỪA THIÊN HUẾ

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày : 24/6/2012

Mơn thi : TỐN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1:(2,0 điểm)

a).Cho biểu thức: C =  

5 3

5

5

 

  

 Chứng tỏ C =

b) Giải phương trình : 3 x 2  x2  4 = 0 Bài 2:(2,0 điểm)

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) đường thẳng (d) qua điểm M (1;2) có hệ số góc k0. a/ Chứng minh với giá trị k0 đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B

b/ Gọi xA xB hoành độ hai điểm A B.Chứng minh x + xA B  x xA B  2 = 0

Bài 3:(2,0 điểm)

a/ Một xe lửa từ ga A đến ga B.Sau 40 phút, xe lửa khác từ ga A đến ga B với vận tốc lớn vận tốc xe lửa thứ km/h.Hai xe lửa gặp ga cách ga B 300 km.Tìm vận tốc xe, biết quãng đường sắt từ ga A đến ga B dài 645 km

b/ Giải hệ phương trình :

   

2

20 20

x y x y

x y x y

  

  

 

  



Bài 4:(3,0 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính BC.Lấy điểm A tia đối tia CB.Kẻ tiếp tuyến AF với nửa đường tròn (O) ( F tiếp điểm), tia AF cắt tia tiếp tuyến Bx nửa đường tròn (O) D ( tia tiếp tuyến Bx nằm nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đường tròn (O)) Gọi H giao điểm BF với DO ; K giao điểm thứ hai DC với nửa đường tròn (O)

a/ Chứng minh : AO.AB=AF.AD b/ Chứng minh tứ giác KHOC nội tiếp

c/ Kẻ OM BC ( M thuộc đoạn thẳng AD).Chứng minh 

BD DM

= 1

DM AM

Bài 5:(1,0 điểm)

Cho hình chử nhật OABC, COB = 30 0.Gọi CH đường cao tam giác COB, CH=20 cm.Khi hình chữ nhật OABC quay vòng quanh cạnh OC cố định ta hình trụ, tam giác OHC tạo thành hình (H).Tính thể tích phần hình trụ nằm bên ngồi hình (H)

(Cho  3,1416)

-HẾT -30

12 cm

K H

C B

A O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT TỈNH LÀO CAI NĂM HỌC: 2012 – 2013

MƠN: TỐN

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

Câu I: (2,5 điểm)

1 Thực phép tính:

 2  3

3 3

a) 10  36 64 b) 3  

2 Cho biểu thức: P =

3

2a 1

1 a a a



 

  

a) Tìm điều kiện a để P xác định b) Rút gọn biểu thức P

Câu II: (1,5 điểm)

1 Cho hai hàm số bậc y = -x + y = (m+3)x + Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cho là:

a) Hai đường thẳng cắt b) Hai đường thẳng song song

2 Tìm giá trị a để đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) qua điểm M(-1; 2).

Câu III: (1,5 điểm)

1 Giải phương trình x 2 – 7x – = 0

2 Cho phương trình x2 – 2x + m – = với m tham số Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x x13 x x1 32 6

Câu IV: (1,5 điểm)

1 Giải hệ phương trình

3x 2y x 3y

 

 

  



2 Tìm m để hệ phương trình

2x y m 3x y 4m

  

 

  

 có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x +

y >

Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R tiếp tuyến Ax phía với nửa đường trịn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đường tròn (O) D (D khác B)

a) Chứng minh AMOC tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn c) Chứng ADE ACO 

- Hết

-Giải Câu I: (2,5 điểm)

1 Thực phép tính:

3

a) 10  36 64  8 100 2 1012

 2  3

b) 3  5  3  3   2 5 2

2 Cho biểu thức: P =

3

2a 1

1 a a a



 

a) Tìm điều kiện a để P xác định: P xác định a a 1  b) Rút gọn biểu thức P

P =

3

2a 1

1 a a a



 

   =

     

  

2 2

2

2a a a a 1 a a a

1 a a a

        

  

=   

2 2

2

2a a a a a a a a a a a a a a a a a

           

  

=  

2 2a a a a



   =

2 a  a

Vậy với a a 1  P =

2 a  a Câu II: (1,5 điểm)

1 Cho hai hàm số bậc y = -x + y = (m+3)x + Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cho là:

a) Để hàm số y = (m+3)x + hàm số bậc m +  suy m  -3.

Đồ thị hai hàm số cho hai đường thẳng cắt  a  a’  -1 m+3 m  -4

Vậy với m  -3 m  -4 đồ thị hai hàm số cho hai đường thẳng cắt

nhau

b) Đồ thị hàm số cho Hai đường thẳng song song

a a ' m

m

b b'

   

 

     

 

  thỏa mãn điều kiện m  -3

Vậy với m = -4 đồ thị hai hàm số cho hai đường thẳng song song Tìm giá trị a để đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) qua điểm M(-1; 2).

Vì đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) qua điểm M(-1; 2) nên ta thay x = -1 y = vào hàm số ta có phương trình = a.(-1)2 suy a = (thỏa mãn điều kiện a  0)

Vậy với a = đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) qua điểm M(-1; 2).

Câu III: (1,5 điểm)

1 Giải phương trình x 2 – 7x – = có a – b + c = + – = suy x1= -1 x2= 8 Cho phương trình x2 – 2x + m – = với m tham số Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x x13 x x1 32 6

Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 ’   – m +   m  Theo viet ta có: x1+ x2 =2 (1) x1 x2 = m – (2)

Theo đầu bài: x x13 x x1 32 6  

1 2

x x x x 2x x

   = (3)

Thế (1) (2) vào (3) ta có: (m - 3)(2)2 – 2(m-3)=6

 2m =12  m = Không thỏa mãn điều kiện m  khơng có giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1; x2

Câu IV: (1,5 điểm)

1 Giải hệ phương trình

3x 2y x 3y

 

 

  



 

3 3y 2y 7y y

x 3y x x 3y

    

  

     

  

   



2 Tìm m để hệ phương trình

2x y m 3x y 4m

  

 

  

 có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x +

y >

2x y m 5x 5m x m x m

3x y 4m 2x y m 2m y m y m

     

   

  

   

          

   

Mà x + y > suy m + m + >  2m >  m > 0.

Vậy với m > hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y >

Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R tiếp tuyến Ax phía với nửa đường trịn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đường tròn (O) D (D khác B)

a) Chứng minh AMCO tứ giác nội tiếp đường tròn.c b) Chứng minh AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn c) Chứng ADE ACO 

Giải

a) MAO MCO 90   0 nên tứ giác AMCO nội tiếp

b) MEA MDA 90   0 Tứ giác AMDE có

D, E nhìn AM góc 900 Nên AMDE nội tiếp

c) Vì AMDE nội tiếp nên ADE AME chan cung AE   Vì AMCO nội tiếp nên ACO AME chan cung AO   Suy ADE ACO 

D

O E M

C