De thi va dap an 30 tinh nam 20122013

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 đường thẳng MO). Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp. c) Trên nửa mặt p[r]

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĐÁÁPPÁÁNNVVÀÀHHƯƯỚỚNNGGDDẪẪNNCCHHẤẤMMTTHHII

NAM ĐỊNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Mơn: TỐN

PHẦN I – Trắc nghiệm (2điểm): Mỗi đáp án cho 0,25 điểm.

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án D C C B A D A B

PHẦN II – Tự luận (8 điểm): Câu 1.(1,5 điểm)

Ý ( 1,0 điểm)

Nội dung Điểm

1 x

A :

x

x x x x

   

     



    

  (với x0 x1)

Với x0 x1, ta có:

   x   2   x 1 

A :

x x x x x x x x

    

   

  

         

   

( Nếu HS làm riêng ngoặc lớn ngoặc cho 0,25đ Nếu làm gộp hai ngoặc vào biểu thức A mà ngoặc bị sai khơng chấm

Nếu thiếu cụm từ “ Với x0 x1” châm trước

0,5

x  : x 1  x  : 

x x x x x x x

  

 

     0,25

x   x 1 x x

x x

 

   



( Nếu bước viết dấu “ = ” mà thay dấu “” khơng chấm từ bước

Nếu ý mà làm nhầm lẫn, chẳng hạn dấu “ = ” mà thay dấu “” ý chấm Nếu ý mà không làm ý khơng chấm)

0,25

Ý ( 0,5 điểm )

Nội dung Điểm

Với x0 x1, ta có A – > x x x x



       0,25

 2

x

   với x0 x1

( Cả ý Ý 2 phải viết cụm từ “Với x0 àv x1” Nếu khơng viết trừ

0,25đ)

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định Câu 2.(1,5 điểm)

Ý ( 1,0 điểm )

Nội dung Điểm

Giải phương trình

x x  6

Đặt

x t, điều kiện t 0 0,25

Phương trình cho trở thành

t   t 0,25

         t

t loại 0,25

Với

t 2 x    2 x

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x 

( Nếu HS khơng có điều kiện mà chia làm trường hợp ẩn t để thay vào tìm x, kết chấm bình thường )

0,25

Ý ( 0,5 điểm )

Nội dung Điểm

Hai đường thẳng  

y m 1 x m y = 5x + song song với khi:

2 m m 2        0,25 m m m m m              

Vậy với m 2 hai đường thẳng  

y m 1 x m y = 5x + song song với

( Nếu HS không kết luận châm trước, đã có mệnh đề thuận đảo )

0,25

Câu 3.(1,0 điểm)

Nội dung Điểm

Giải hệ phương trình:

1

1 x y 3y xy          

Điều kiện: x0; y 1

Hệ phương trình

1

1 y xy x y

3y xy 3y xy

                  0,25

y xy 3y y

  

    

 0,25

y xy x

y y

  

 

 

 

  (Thỏa mãn điều kiện) 0,25

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x y

    

( Nếu khơng có điều kiện mà làm trừ 0,25đ câu, Nếu có điều kiện mà khơng có đối

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định

chiếu châm trước )

Câu 4.(3,0 điểm): Nếu hình vẽ khơng với đề phần khơng chấm phần Nếu khơng làm ý mà làm ý chấm ý bình thường

Ý (1,0 điểm)

Nội dung Điểm

y x

E

F

O

A B

M

Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp:

Vẽ hình ý 1, thiếu chữ x y tia Ax, Ay châm trước 0,25

Vì EA , EM tiếp tuyến với (O)

Nên EAAO EMMO 0,25

Xét tứ giác AEMO có 0

EAOEMO90 90 180

=> Tứ giác AEMO nội tiếp 0,5

(Nếu thiếu chữ x y tia Ax, Ay châm trước Nếu thiếu cụm từ “Xét tứ giác AEMO” mà khơng có lí tổng góc đối trừ 0,25đ )

Ý (1,0 điểm)

Nội dung Điểm

y x

E

F

O

A B

M

Chứng minh



EO AE EF

Ta có EO OF đường phân giác góc

AOM MOB (Tính chất tiếp tuyến cắt đường tròn)

0,25

Mà AMOBOM1800EOMMOF900 hay tam giác EOF

vuông O 0,25

Mặt khác OMEF =>EO2EM.EF(hệ thức tam giác

vuông)

0,25

Mà EM = EA ( tính chất tiếp tuyến) => EO2 AE.EF

0,25

Ý (1,0 điểm)

Nội dung Điểm

y x

K E

F

O

A B

M

H

Tính tỉ số MK

MH?

∆EMK đồng dạng với ∆EFB (g.g) MK FB

EM EF

  mà FB = MF

(Tính chất tiếp tuyến ) MK MF

EM EF

  (1) 0,25

∆BKH đồng dạng với ∆BEA (g.g) KH KB

EA EB

  (2)

0,25

Xét ∆EFB MK // FB nên theo định lí Ta – lét ta có: KB MF

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định (3)

Từ (1), (2) (3) MK KH

EM EA

  mà EM = EA

MK

MK MH

MH

    0,25

Câu 5.(1,0 điểm)

Nội dung Điểm

Giải phương trình:  4   2 

2 x 3x 10x

ĐKXĐ: x

     

        

         

          

2

4 2

2 2

2 x 3x 10x x 2x 3x 10x

2 x 2x x 2x x 2x x 2x

0,25

Vì      

x 2x x nên chia hai vế phương trình (1) cho  2  

x 2x ta được: Phương trình (1)         

   

2

2

x 2x x 2x

2

x 2x x 2x Đặt   

 

2

x 2x t

x 2x 2, điều kiện t >

0,25

Phương trình (2) trở thành: 2 t t    

 t2 2 t 0   t 2 t 2 0

 t = ( t 2 0  với t > )

 t

0,25

Với     

 

2

x 2x

t 2

x 2x

 

     

        

   

2

2

x 2x 2 x 2x x 6x

x

x

Vậy phương trình cho có nghiệm x 3  x 3 

0,25

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định

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

TP.HCM N m h c: 2012 – 2013

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

i 1: (2 điểm)

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

b)

3

  

   

x y x y

c) x4x2120

d) x22 2x 7

i 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

4 

y x đường thẳng (D): 2

  

y x hệ trục toạ độ

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính i 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

i 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình

2

   

x mx m (x ẩn số)

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

Tìm m để biểu thức M = 2 2

1 2

24 

 

x x x x đạt giá trị nhỏ i 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)

a) Chứng minh MA.MB = ME.MF

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

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

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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định BÀI GIẢI

i 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) 2x2  x (a) Vì phương 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, phương trình thành : u2 + u – 12 = (*) (*) có  = 49 nên (*) 

2  

 

u hay

2  

  

u (loại)

Do đó, (C)  x2 =  x = 

3

Cách khác : (C)  (x2

– 3)(x2 + 4) =  x2 =  x = 

d) x22 2x 7 (d)

’ = + = (d)  x = 23

i 2: a) Đồ thị:

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

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

2 4x  2x  x

2

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

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

1

1       x A x

x x x x

2

  

 

 

x x x x x

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định

M E F

K S A B T P Q C H O V 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 2m a

  ; P = c  m

a

M = 2

1 2

24

( )



 

x x x x = 2

24

4 16

 



   

m m m m

2

6

( 1)

 

 

m Khi m = ta có

2

(m1) 3nhỏ

2

6

( 1)

  

 

M

m lớn m =

6

( 1)



 

 

M

m nhỏ m = Vậy M đạt giá trị nhỏ - m =

Câu

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

ME  MB  MA.MB = ME.MF

(Phương tích M đường tròn tâm O) b) Do hệ thức lượng đường trịn ta có MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượng tam giác vng MCO ta có

MH.MO = MC2 MA.MB = MH.MO nên tứ giác AHOB nội tiếp đường tròn

c) 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 MF đường trung trực KC nên MS vng góc với KC V

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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.ĐÀ NẴNG N m h c: 2012 – 2013 MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,0 điểm)

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

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

1) Chứ`ng 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 1 2

2

y=ax2

y

x

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 10

B

C

E

D

A

O O’

BÀI GIẢI Bài 1:

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

2) (1)

2 (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)  = Bài 3:

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

2x đường thẳng y = x + :

x + =

2x  x

2 – 2x – =  x = -2 hay x =

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 :

2

8

 

x x

x x 

2

1 2

3(x x )8x 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

3  

c

m

a 

Điều kiện để phương trình có nghiệm  mà m    > x1.x2 <  x1 < x2

Với a =  x1 =   b' ' x2 =   b' ' x1 – x2 =  ' 3 m2

Do đó, ycbt  2

3(2)( 3  m ) 8( 3m ) m 

 2

1 3 m 2m (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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 11 Vậy ta có góc DAC = 1800

nên điểm D, A, C thẳng hàng

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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 12

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

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

Thời gian l m b i 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 21 tháng năm 2012

Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức :P= 62

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 : 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 khơng đổi) điểm M nằm bên ngồi (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 trịn 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 4

2

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 13 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 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 

           1 x x x        1 x x 0,5 0,25 C1.2 (1,25 điểm) P= ) )( ( ) ( ) ( ) ( ) )( (

1  

           

 x x

x x x x x x x x x x ) ( 1 ) )( ( ) ( ) )( ( ) )( ( 3 2                       x voi x x x x x x x x x x x x x x x 0,25 0,5 0,5 C2.1 (1,0 điểm)

Với a = 1, hệ phương trình có dạng:         y x y x                                   1 7 12 y x y x y x x y x y x

Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm là:        y x 0,25 0,25 0,25 0,25 C2.2 (1,0

điểm) -Nếu a = 0, hệ có dạng:                 5 y x y x

=> có nghiệm

-Nếu a 0, hệ có nghiệm khi:

3



 a

a a2 6 (ln đúng, a2 0 với a) Do đó, với a 0 , 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:

2

x (m) => diện tích hình chữ nhật cho là:

2 x x

x  (m2)

Nếu giảm chiều m chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật lần

lượt là:

2

2 

 va x

x (m)

0,25

0,25

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 14

khi đó, diện tích hình chữ nhật giảm nửa nên ta có phương trình:

2 ) 2 )( ( x x

x   

0 16 12 4 2 2        

 x x x x x x

………….=> x1 62 (thoả mãn x>4);

x2 62 5(loại khơng thoả mãn x>4)

Vậy chiều dài hình chữ nhật cho 62 (m)

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)

0

90 

MCO (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)

0,25 0,25 0,25 0,25 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:

3 2 : 300 R R Cos OC OK OK OC

CosKOC     

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

3

2 R

(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, 4 4

4

2

4

a  b  c   

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

M O

B C K E B’

2

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 15 Chú ý: -Câu 4, thừa giả thiết “tia Mx” “điểm A”  gây rối

-Mỗi câu có cách làm khác câu

Cach 2: Đặt x = a;y4 b;z 4c

=> x, y , z > x4 + y4 + z4 = BĐT cần CM tương đương: x3

+ y3 + z3 > 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 x3 2 Khi đo: x3

+ y3 + z3 > 2 ( y, z > 0)

- Nếu sô x, y, z nhỏ  BĐT(*) ln đung Vậy x3

+ y3 + z3 > 2được CM

Cach 3: Có thể dùng BĐT thức Côsi kết hợp phương pháp làm trội đánh giá cho kết

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 16

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 + = b) 9x4 + 5x2 – =

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: A= 1 x x ; x

 

 

 



  với x ≥

Câu (1,5 đ) Cho phương trình: x2

– 2(m+2)x + m2 + 4m +3 =

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)

Cho hai số dương x, y thõa mãn: x + 2y = Chứng minh rằng: x y 

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 17 i giải sơ lƣợc:

Câu (2,5đ)

1) Giải phương trình: a) 2x2 – 7x + =  = (-7)2 – 4.2.3 = 25 >

= Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

2

7

x

4 x

4



 



 

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

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

t2 =

4

9 (TMĐK) t2 =

4 x

2

=

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 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: A 1 x x x 1 x x

x x

 

   

      

 

   

= x x x 1 x

 



 

  

  = x, với x ≥

Câu (1,5 đ) Cho phương trình: x2

– 2(m+2)x + m2 + 4m +3 =

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

Ta có     (m 2) 2m24m 1  > với m

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 18 E F D A M O C B

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

Vi-ét ta có : 2

1

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

2

 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

2

 BOC=

2 sđ BC ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

1 BFC

2

 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 > Xét hiệu

x y  =

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

    

   

   ≥ ( y > – 2y > 0)

 1

x 2y  dấu “ =” xãy 

x 0,y x 0,y

x x 2y x

y

y y

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 19 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƢƠNG

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 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 P = + : a + 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):

y = x

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 tròn 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

a b Tìm giá trị lớn biểu thức

4 21 2 4 21 2

2

Q

a b ab b a ba

 

   

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 20

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƢƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013

HƢỚNG DẪN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (không chuyên) Hƣớng dẫn chấm gồm : 02 trang

I) HƢỚNG 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 IỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Nội dung Điểm

Câu I (2,0đ)

1) 1,0 điểm

1 3( 1)

3

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 2

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

2

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

0,25

Câu IV (2,0đ)

1) 1,0 điểm Vì (d) qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 y = vào hàm số y = 2x – m + ta có 2.(-1) – m +1 =

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 21

-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 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

phương 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 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 (3,0đ)

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

VìBD tiếp tuyến (O) nên BD  OB => ΔABD vuông 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=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)1,0 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

0,25

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

AD CD

 0,25

E

I

F

D

H

A O

C

B E

D

A O

C

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 22

(3)

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

4 2 2

2 2

a b ab a b ab

    

 

4 2

1

(1)

2

a b ab ab a b

 

  

0,25

Tương tự có

 

4 2

1

(2)

2

b a  a b  ab a b Từ (1) (2)

1 

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 =

Q

  Vậy giá trị lớn biểu thức

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 23 MƠN THI: TỐN

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

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2 6x 9 0 b) Giải hệ phương trình:

4 3 6

3 4 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 (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 (2,0 điểm).

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2

+ 2y2 + 2xy + 3y – =

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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 24

Hƣớng dẫn chấm, biểu điểm MÔN THI: TOÁN CHUNG

Nội dung Điểm

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phƣơng trình: x2 6x 9 0 1,0 Bài giải: Ta có   ' ( 3)2 9 0,5

Phương trình có nghiệm:

x  0,5

b) Giải hệ phƣơng trình: 4 3 6 (1)

3 4 10 (2)

x y

y x

 



  

 1,0

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

Thay x = vào (1): – 3y =  y =

3 Tập nghiệm:

2

x y

   



 0,5

c) Giải phƣơng 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: x2 6x   9 0 x 2011  0 x 2011   x 3 x 3

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

0,5

Câu (2,5 điểm ) 2,5

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

Vận tốc ca nô xuôi dòng x +4 (km/giờ), ngược dòng x - (km/giờ) Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B 30

4

x giờ, ngược dòng

từ B đến A 30

4

x

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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 25

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: góc MOA góc OAI (so le trong) (4)

0,5

Từ (3) (4) ta có: IOAIAO  OIA cân (đ.p.c.m)

Câu (2,0 điểm).

a) Tìm nghiệm nguyên phƣơng trình: x2

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

0,5

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

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

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)

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 26

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

ngoài nên: DIC=

0

1

( ) 90 : 45

IBCICB BC  

DIC vuông cân DC = : Mặt khác BD đường phân giác đường cao nên tam giác BEC cân B

EC = DC = 12: BC = BE

Gọi x = BC = BE (x > 0) Áp dụng định lý Pi-ta-go vào tam giác vuông 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)

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 27 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

HÀ NỘI N m h c: 2012 – 2013 Mơn thi: Tốn

Ngày thi: 21 tháng năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức A x x  

 Tính giá trị A x = 36 2) Rút gọn biểu thức B x : x 16

x x x

  

  

  

  (với x0; x16)

3) Với biểu thức A B nói trên, tìm giá trị x ngun 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

thì 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

2

x y

6

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 :

2 2

x x 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 qua trung điểm

của 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  

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 28

GỢI Ý – ĐÁP ÁN i 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: ( 1) 2

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  i II: (2,0 điểm)

Gọi thời gian người thứ hồn thành xong cơng việc x (giờ), ĐK 12

5

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

Mỗi người thứ làm được1

x (cv), người thứ hai làm

1

x (cv) Vì hai người làm xong công việc 12

5 nên hai đội làm 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  6

5

x (loại) 7 13  204

5

x (TMĐK)

Vậy người thứ làm xong công việc giờ,

người thứ hai làm xong công việc 4+2 =

i III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ:

2 x y x y         

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 29 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: 2

4

3

x x m x x m m

  

 

 



Khi đó: 2

1 ( 2) 2 x x   x x  x x   (4m – 1)2

– 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – = Ta thấy tổng hệ số: a + b + c = => m = hay m =

5



Trả lời: Vậy

i IV: (3,5 điểm)

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

90

HKB (do K hình chiếu H AB)

=> HCBHKB1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp đường tròn đường kính HB 2) Ta có ACM ABM (do chắn AM (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 sd ACsd BC900

Xét tam giác MAC EBC có

A B

C M

H

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 30

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

45

CMB (vì chắn cung CB900) 

45

CEM CMB (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 R AP OB

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

 AP  OB  1 PAPM

PM OM (do OB = OM = R) (3) Vì AMB900(do chắn nửa đtrịn(O))AMS 900

 tam giác AMS vuông M   

90

PAM PSM

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)

i V: (0,5 điểm)

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

2 2 2 2

( 4 ) ( )

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

A B

C M

H

K O

S

P E

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 31 x ≥ 2y  3

2

y y

x x

 

   , dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ + -3

2 =

2 , dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

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 

4

x x

y   y   , dấu “=” xảy  x = 2y Từ ta có M ≥ +3

2 =

2 , dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

2 , đạt x = 2y Cách 3: Ta có M =

2 2

4

( )

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;4y

y x ta có

4

2

x y x y

y x  y x  ,

dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y  3

2

y y

x x

 

   , dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ 4-3

2 =

2 , dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

2 , đạt x = 2y

Cách 4: Ta có M =

2 2 2

2 2

2 2

4

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 

4

x x

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

xy +

3 2= 1+

3 =

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 40

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

Mơn thi : TỐN

(Đề gồm có 01 trang) (Môn 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)

1 Chứng minh :

1

P a

 

2 Tìm giá trị a để P = a

Câu (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 + = 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 

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 41 ÀI GIẢI

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1

1 Chứng minh :

1

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

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

1 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 =

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)

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 42

1

D C

B

A

3 -1

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 = > 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 + =

Có D’ = m2

– (m2 – 2m + 4) = 2m –

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:

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 43 Ta có MC tiếp tuyến đường trịn (O)  MC  MO (1)

Xét đường tròn (I) : Ta có

90

CMD  MC  MD (2) Từ (1) (2) => MO // MD  MO MD trùng  O, M, D thẳng hàng www.VNMATH.com

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 ln qua điểm cố định M di động đờng trịn (O)

* Gọi chân đường vng góc hạ từ D tới BC H

90

CHD  H  (I) (Bài tốn quỹ tích)

DH kéo dài cắt AB K

Gọi N giao điểm CO đường tròn (I) =>

0

90 can tai D

CND NC NO COD        

Ta có tứ giác NHOK nội tiếp

Vì có H2O1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)



90

NHO Mà NHONKO1800(5) NKO900,  NK  AB  NK // AC

 K trung điểm OA cố định  (ĐPCM)

1.0

5

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

Chứng minh : 2 2 2

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 2 a b a b

a y b x x y xy a b ay bx

x y x y



         



NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 44

(Đúng)  ĐPCM

Áp dụng lần , ta có:   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

2 3 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:

  

        

2

3

1 1 1

a b c B

a b b b c c c a a

    

          

 

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

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)

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 45 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

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 phương trình , phương trình sau đây:

1 43

3 19

x y

x y

  

   

2 x 5 2x18

3 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) Rút gọn biểu thức K

2 Tìm a để K  2012 Câu 3: (1,5 điểm)

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

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, 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 tơ 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 tròn  O , từ điểm Aở ngồi đường trịn vẽ hai tiếp tuyến ABvàAC(B C, tiếp điểm) OAcắtBCtại E

1 Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp

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

3 GọiI trung điểm BE, đường thẳng quaI vng góc OI cắt tia AB AC, theo thứ tự Dvà F Chứng minh IDO BCO DOFcân O

4 Chứng minh F trung điểm củaAC

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 46

GỢI Ý GIẢI: Câu 1: (2,0 điểm)

Giải hệ phương trình , phương trình sau đây:

1 43 2 86 105 21

3 19 19 43 22

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

          

   

2 x 5 2x18 ; ÐK x: 9

23( )

5 18

13

5 18 ( )

3

x TMÐK

x x

x x x KTMÐK

                

3 x212x36 0 (x6)2   0 x

4 2011 8044 3; : 2011

3 2011 2012( )

x x ÐK x

x x TMÐK

    

    

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức: 1 : 2 1 a K a a a a             

    (với a0,a1)

 

2

1 1 1

2 : :

( 1)

1 ( 1)

1 1

2 : : ( 1)

( 1) ( 1) ( 1)

a a a a

K

a a a a

a a a a

a a a

a a a a a a

                                                           2012

K   a = 2012  a = 503 (TMĐK) Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phương trình (ẩn số x):

1  

2

2

4 *

16 12 4 0;

x x m

m m m

   

        

Vậy (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m

2 Tìm giá trị m để phương trình (*) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa x2  5x1

Theo hệ thức VI-ET có :x1.x2 = - m2 + ;x1+ x2 = 4; mà x2  5x1 => x1 = - ; x2 =

Thay x1 = - ; x2 = vào x1.x2 = - m2 + => m =  2

Câu 4: (1,5 điểm)

Gọi x (km/h) vt dự định; x > => Thời gian dự định : 120( )h x Sau h ô tô x km => quãng đường lại 120 – x ( km) Vt lúc sau: x + ( km/h)

Pt 1 120 120

6

x

x x



  

 => x = 48 (TMĐK) => KL

HD C3

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 47 Tứ giác OIBD có góc OID = góc OBD = 900 nên OIBD nội tiếp => góc ODI = góc OBI

Do IDOBCO

Lại có FIOC nội tiếp ; nên góc IFO = góc ICO Suy góc OPF = góc OFP ; DOFcân O HD C4

Xét tứ giác BPFE có IB = IE ; IP = IF ( Tam giác OPF cân có OI đường cao=> ) Nên BPEF Hình bình hành => BP // FE

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 48

Sở GD – ĐT NGHỆ AN §Ị thi vào THPT năm học 2012 - 2013

Môn thi: Toán

Thêi gian 120

Ngày thi 24/ 06/ 2012

C©u 1: 2,5 ®iĨm:

Cho biĨu thøc A = 1

2

x

x x x



  

   

 

a) Tìm điều kiện xác định rút gọn A b) Tìm tất giá trị x để

2

A

c) Tìm tất giá trị x để

3

B A đạt giá trị nguyên Câu 2: 1,5 điểm:

Quảng đ-ờng AB dài 156 km Một ng-ời xe máy tử A, ng-ời xe đạp từ B Hai xe xuất phát lúc sau gặp Biết vận tốc ng-ời đI xe máy nhanh vận tốc ng-ời đI xe đạp 28 km/h Tính vận tốc xe?

Câu 3: điểm:

Cho ph-ơng trình: x2 – 2(m-1)x + m2 – =0 ( m lµ tham số) a) Giải ph-ơng trình m =

b) Tìm m để ph-ơng trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn

2 2 16 x x

Câu 4: điểm

Cho điểm M nằm đ-ờng tròn tâm O Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đ-ờng tròn (A, B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không đI qua tâm O ( C nằm M D), OM cắt AB (O) lần l-ợt H I Chứng minh

a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp

b) MC.MD = MA2

c) OH.OM + MC.MD = MO2

d) CI tia phân giác góc MCH

HƢỚNG DẪN GIẢI

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 49 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 >

2   x > c, B =

3

2

x =

14

3( x2) số nguyên   x2 ước 14 hay x2 =  1,

x =  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 quãng đường 3x (km),

+ Xe máy quãng đường 3(x + 28) (km), theo ta có phương 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 phương trình x2

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

b, Theo hệ thức Viét, gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình

x2 - 2(m - 1)x + m2 - = , ta có:

2

2( 1)

x x m

x x m

  

 

  

và x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1.x2 = 16

Thay vào giải tìm m = 0, m = -4 Câu 4: (4,0 điểm)

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 50

A

D C

M

I H

B

a, Vì MA, MB tiếp tuyến đường trịn (O) A B nên góc tứ giác MAOB vuông A B, nên nội tiếp đường trịn

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

MA MD

MC MD MA

MC  MA   (đfcm)

c, MAO AHO đồng dạng có chung góc O AMOHAO (cùng chắn hai cung đường 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 (*) 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 đường phân giác tam giác, ta có:

A

MI MA

IH  H (2)

MHA MAO có OMA chung MHAMAO900 đồng dạng (g.g) 

O A

MO MA

A  H (3)

Từ (1), (2), (3) suy MC MI

CH  IH suy CI tia phân giác góc MCH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NAM

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

Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

H

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 51 Ngày thi : 22/06/2012

Câu (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 + = 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 tròn tâm O, đường kính AB Trên tiếp tuyến đường trịn (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

    

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 55 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO

QUẢNG TRỊ

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

MƠN : TỐN

Thời gian l m b i: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:(2 điểm)

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

b) 1 1 1             a a a

P , với a0,a1

2.Giải hệ phương trình (khơng dùng máy tính cầm tay):

       y x y x

Câu 2:(1,5 điểm)

Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình

2    x

x Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức sau:

a, x1 + x2 b,

2

1

x

x  c,

2 2 x x  Câu 3:(1,5 điểm)

Trên mặt phảng tọa độ, gọi (P) đồ thị hàm số x y 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 tròn (O) Đường thẳng (d) khơng qua tâm (O) cắt đường trịn 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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 56

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 Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

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 +

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 tròn 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 =

3

R

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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 57 ĐÁP ÁN:

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình: 3 5

3

x y x y y x

x y x y x y y

     

   

  

          

   

b) Hệ phương trình vơ nghiệm khi:

2

3

2 3

1 4

1

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 -

y = x + 2(d)

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

2 2

1

1

1;

2

1;

2 2

x x

y x x x x x

y y

y x y x y x

  

         

  

     

      

  

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

1

2.(1+4).3 - 1.1 -

1

2 2.4 =

Bài 3: (1,0 điểm)

6

4

2

-2

-4

-6

1

-10 -5 10

2 O

A

B

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 58

H = ( 10 2) 3  1  5  1  1    Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh rằng: AB = CI 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 =

3

R

SABICD = SABD + SABIC =

1

2 DE.AC +

2 EB.(BI + AC)

* OE =

3

R

AE =

3

R

EC =

3

R

+ R =

3

R

* DE2 = AE.EC =

3 R R = R

 DE =

3

R

Do đó: EB =

3

R

* BI = AC – 2AE = 2R –

3

R =4

3

R

Vậy: SABICD =

1

5

R

.2R +

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

Gọi G trọng tâm ABC, ta có: GM =

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 =

2 AB; NP =

2 BC; MP = AC

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

2 AB +

2 AC (1)

Tương tự: BN <

2 AB +

2BC (2)

CP <

2 BC +

2 AC (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: AM + BN + CP < AB + BC + CA (*)

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 59 * GN + GM > MN hay

3BN +

3AM >

2 AB (4)

Tương tự:

3BN +

3CP >

2 BC (5)

3CP +

3AM >

2AC (6)

Từ (4), (5), (6) suy ra:

1 3BN +

1

3AM + 3BN +

1 3CP +

1 3CP +

1

3AM > AB +

1 2BC+

1 2AC



3 (AM + BN + CP) >

2(AB + AC + BC)



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

Từ (*), (**) suy ra:

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 60

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 64

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

Thời gian l m b i: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1:(2,0 điểm)

a).Cho biểu thức: C = 5 3  3

5

 

  

 Chứng tỏ C =

b) Giải phương trình :   2 

3 x 2 x 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

7

x y x y

x y x y

  

 

  

  



Bài 4:(3,0 điểm)

Cho nửa đường tròn (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, 0

COB = 30 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)

30

12 cm

K H

C B

A O

0

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 69

Câu (2đ)

a) Giải phương trình 2x – =1 b) Giải bất phương trình 3x – > Câu (2đ)

a) Giải hệ phương trình        3 y x y x

b) Chứng minh

7 3    

Câu (2đ)

Cho phương trình x2

– 2(m – 3)x – = a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức

A = x12 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ

Câu (3đ)

Cho tam giác ABC vng A Lấy B làm tâm vẽ đường trịn tâm B bán kính AB.Lấy C làm tâm vẽ đường trịn tâm C bán kính AC, hai đường trịn cắt điểm thứ D.Vẽ AM, AN dây cung đường tròn (B) (C) cho AM vng góc với AN D nằm M; N

a) CMR: ABC=DBC

b) CMR: ABDC tứ giác nội tiếp c) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng

d) Xác định vị trí dây AM; AN đường trịn (B) (C) cho đoạn MN có độ dài lớn

Câu (1đ) Giải Hệ PT

               y x y x y x y x y y x ) ( ) ( 2 -Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH

VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2012-2013

Mơn tốn

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

Đề thi có 01 trang

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 70

GỢI Ý GIẢI Câu (2đ) a) Giải phương trình 2x – =

b) Giải bất phương trình 3x – > Đáp án a) x = ; b) x >

Câu (2đ) a) Giải hệ phương trình        3 y x y x

b) Chứng minh

7 3    

Đáp án a) x = ; y = – b) VT =

7 3      =VP (đpcm) Câu (2đ) Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x – =

c) Giải phương trình m =

d) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức

A = x12 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ

Đáp án a) x1 = 2 ; x2 = 2

e) Thấy hệ số pt : a = ; c = A –  pt ln có nghiệm Theo vi- ét ta có x1 + x2 =2(m – 3) ; x1x2 = –1

Mà A=x12 – x1x2 + x22 = (x1 + x2 )2 – 3x1x2 = 4(m – 3)2 + 

 GTNN A =  m = Câu (3đ)

Hướng dẫn

a) Có AB = DB; AC = DC; BC chung  ABC = DBC (c-c-c)

b) ABC = DBC  góc BAC =BDC = 900 ABDC tứ giác nội tiếp c) Có gócA1 = gócM1 ( ABM cân B)

gócA4 = gócN2 ( ACN cân C)

gócA1 = gócA4 ( phụ A2;3 )  gócA1 = gócM1 =gócA4= gócN2

gócA2 = gócN1 ( chắn cung AD (C) )

Lại có A1+A2 + A3 = 900 => M1 + N1 + A3 = 900

Mà AMN vuông A => M1 + N1 + M2 = 900

=> A3 = M2 => A3 = D1

CDN cân C => N1;2 = D4

 D2;3 + D1 + D4 =D2;3 + D1 + N1;2 = D2;3 + M2 + N1 + N2

= 900 + M2 + N1 + M1 ( M1 = N2)

= 900 + 900 = 1800

 M; D; N thẳng hàng d) AMN đồng dạng ABC (g-g) Ta có NM2

= AN2 +AM2 để NM lớn AN ; AM lớn

Mà AM; AN lớn nhât AM; AN đường kính (B) (C) Vậy AM; AN đường kính (B) (C) NM lớn Câu (1đ): Giải Hệ PT

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 71                y x y x y x y x y y x ) ( ) ( 2                      ) ( ) 1 2 ( ) 2 ( ) ( 2 y x y x y x y x y y x

Từ (2) đặt x +2y = a ; 2x–y –1 = b (a:b 0)

Ta dc (2a-1) b=(2b –1) a  ( a  b)(2 ab1)=  a = b  x = 3y + thay vào (1) ta dc

2y2 – y – 1= => y1 = ; y2 = –1/2

=> x1 = ; x2 = –1/2

Thấy x2 + 2y2 = –1 < (loại)

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 72

Sở giáo dục đào tạo H-ng n

(§Ị thi cã 01 trang)

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên Năm học 2012 - 2013

Môn thi: Toán

(Dành cho thí sinh dự thi lớp chuyên: Toán, Tin)

Thời gian làm bài: 150 phót

Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 201222012 20132 220132 Chứng minh A số tự nhiên

b) Giải hệ phương trình

2

1 x

x

y y

1 x

x

y y

    



    

Bài 2: (2 điểm)

a) Cho Parbol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = (m +2)x – m + Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ dương

b) Giải phương trình: + x + (4 x)(2x 2)4( x  2x2)

Bài 3: (2 điểm)

a) Tìm tất số hữu tỷ x cho A = x2 + x+ số phương

b) Cho x > y > Chứng minh :

3 2

(x y ) (x y )

8 (x 1)(y 1)

   

 

Bài (3 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao BE CF Tiếp tuyến B C cắt S, gọi BC OS cắt M

a) Chứng minh AB MB = AE.BS

b) Hai tam giác AEM ABS đồng dạng

c) Gọi AM cắt EF N, AS cắt BC P CMR NP vuông góc với BC Bài 5: (1 điểm)

Trong giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn lượt (hai đội thi đấu với trận)

a) Chứng minh sau vòng đấu (mỗi đội thi đấu trận) ln tìm ba đội bóng đơi chưa thi đấu với

b) Khẳng định cịn khơng đội thi đấu trận?

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 73 HƢỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 201222012 20132 220132

Đặt 2012 = a, ta có 2 2

2012 2012 2013 2013  a2a (a 1)2  2 (a 1)2

2 2

(a a 1) a a

     

b) Đặt

x a y x b y         Ta có 2 x x y y x x y y            x x y y x x y y                 nên 2

b a b b

b a b a

      



 

   

 

a a

v

b b

 

 

    

 

Bài 2:

a) tương đương với PT x2 = (m +2)x – m + hay x2 - (m +2)x + m – = có hai nghiệm dương phân biệt

b) Đặt t = 4 x 2x2

Bài 3:

a) x = 0, x = 1, x= -1 không thỏa mãn Với x khác giá trị này, trước hết ta chứng minh x phải số nguyên

+) x2 + x+ số phương nên x2 + x phải số nguyên +) Giả sử x m

n

 với m n có ước nguyên lớn Ta có x2 + x =

2

2

m m m mn

n n n



  số nguyên m2mn chia hết cho n2

nên m2mn chia hết cho n, mn chia hết cho n nên m2 chia hết cho n m n có ước

nguyên lớn 1, suy m chia hết cho n( mâu thuẫn với m n có ước nguyên lớn 1) Do x phải số nguyên

Đặt x2 + x+ = k2

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 74

3 2 2

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

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

      

    =

2

x y

y 1 x 1

2

(x 1) 2(x 1) (y 1) 2(y 1)

y x

       

 

 

2

(x 1) (y 1) 2(y 1) 2(x 1) 1

y x x y y x

         

        

         

 

Theo BĐT Côsi

2 2

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

2 (x 1)(y 1)

y x y x

        

   

2(y 1) 2(x 1) 2(y 1) 2(x 1)

x y x y

      

   

1 1

2

y 1  x 1  y x 1 

1 1

2 (x 1)(y 1) 2.2 (x 1)(y 1)

y x y x

 

      

     

 

Bài

a) Suy từ hai tam giác đồng dạng ABE BSM

b) Từ câu a) ta có AE MB

AB  BS (1)

Mà MB = EM( tam giác BEC vuông E có M trung điểm BC

P

N

F E

M S

O

A

B

C

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 75

Nên AE EM

AB  BS

Có MOBBAE, EBA BAE 90 , MBO MOB0  900

Nên MBOEBA MEBOBA( MBE)

Suy MEASBA(2)

Từ (1) (2) suy hai tam giác AEM ABS đồng dạng(đpcm.)

c) Dễ thấy SM vuông góc với BC nên để chứng minh tốn ta chứng minh NP //SM + Xét hai tam giác ANE APB:

Từ câu b) ta có hai tam giác AEM ABS đồng dạng nên NAEPAB, Mà AENABP( tứ giác BCEF nội tiếp)

Do hai tam giác ANE APB đồng dạng nên AN AE

AP  AB

Lại có AM AE

AS  AB( hai tam giác AEM ABS đồng dạng)

Suy AM AN

AS  AP nên tam giác AMS có NP//SM( định lí Talet đảo)

Do tốn chứng minh Bài

a Giả sử kết luận toán sai, tức ba đội có hai đội đấu với Giả sử đội gặp đội 2, 3, 4, Xét (1; 6; i) với i Є{7; 8; 9;…;12 , phải có cặp đấu với nhau, nhiên không gặp hay i nên gặp i với i Є{7; 8; 9;…;12 , vơ lý đội đấu trận Vậy có đpcm

b Kết luận không Chia 12 đội thành nhóm, nhóm đội Trong nhóm này, cho tất đội đôi thi đấu với Lúc rõ ràng đội đấu trận Khi xét đội bất kỳ, phải có đội thuộc nhóm, đội đấu với Ta có phản ví dụ

thể gi i qu t đ n gi n h n cho c u a nh au:

Do đội đấu trận nên tồn hai đội A, B chưa đấu với Trong đội lại,

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 76

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

Môn 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 phương trình : a/ x4x2200

b/ x  1 x

2/ Giải hệ phương trình :

3

x y y x

    

  



Câu : ( 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 : ( 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 : (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm O, đường kính AH, đường trịn 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 -HẾT -

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 77 THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI

NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Tốn ( mơn chun)

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

( Đề thi gồm trang, có năm câu)

Câu (1,5 điểm)

Cho phương trình

16 32

x  x   ( với xR)

Chứng minh x 2   2 2 nghiệm phương trình cho Câu (2,5 điểm)

Giải hệ phương trình ( 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 (1 điểm)

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

Câu (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 trịn (I) điểm N (N khơng 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 -

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 78

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 phương trình : a/

20

x x   (*) Đặt

; ( 0)

x t t

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

Vậy phương 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 phương trình có nghiệm x =

2/ Giải hệ phương 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 phương trình có nghiệm (x; y): ( ; ), (1 7; )

2 2

Câu : ( 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)    t2 t 0 (t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại))

Với t1 =  m2 = , m  ( nhận)

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 79 Câu : ( 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 Vậy 5 2

a b a b a b với a b 0 (đpcm) Câu : (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

90

DAE

  => 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 => 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 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)

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 80

GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chun - Câu 1: Phương trình cho :

16 32

x  x   ( với xR)  (x28)2320 (1)

Với x 2   2 2  x 2 2  2 2

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

2 2

(x 8) 32 (8 2 3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 phương trình cho ( đpcm)

Câu 2: Hệ pt cho ( 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 không 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 phương 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 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 phương trình (1) hệ ta :

2y33y2   y (y2)(2y2  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)  2y37y216y 6 (2 1)( 6) 22

y

y y y

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 81 y2 - 4y - = 

2

2 10

2 10

y y

   

 



2y +1 =  y3 =

1 

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), ( 10; 10), ( 10; 10), ( 13; 1)

2

       

Câu (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 tam giác có cạnh cm: 1t ( với t số nguyên dương) => 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 =

(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

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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 82

nmax = + = điểm

Câu Gọi a b hai số 10 số nguyên dương liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dương) a b

   

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 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

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) => AF AF2

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 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 tròn (đpcm)

2) Ta có IDDM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đường tròn 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 tròn đường kính MI => INM= 900

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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 83

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 85 GỢI Ý GIẢI:

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 ln 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 Câu : a

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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 86

Câu (2 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m: x2 + 2mx – 2m – = (1) a) Giải phương trình (1) với m = -1

b) Xác định giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 cho

2 2

1 x

x  nhỏ Tìm nghiệm phương trình (1) ứng với m vừa tìm

Câu (2,5 điểm)

1 Cho biểu thức A= 

                    x x x x x x x x 3 3 3 3 3 a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Giải phương trình: x 1x x1x1

Câu (1,5 điểm) Một người xe đạp từ A tới B, quãng đường AB dài 24 km Khi từ B trở A người tăng vận tốc thêm km/h so với lúc đi, thời gian thời gian 30 phút Tính vận tốc xe đạp từ A tới B

Câu (3 điểm) Cho ABC nhọn nội tiếp (O) Giả sử M điểm thuộc đoạn thẳng AB (MA, B); N điểm thuộc tia đối tia CA cho MN cắt BC I I trung điểm MN Đường trịn ngoại tiếp AMN cắt (O) điểm P khác A

1 C MR tứ giác BMIP CNPI nội tiếp Giả sử PB = PC Chứng minh ABC cân Câu (1 điểm) Cho x; y R , thỏa mãn x2

+ y2 = Tìm GTLN :

2   y x P

TỈNH NINH ÌNH CHUYÊN

Mơn thi: TỐN Ngày thi: 26 / / 2012

Thời gian làm bài: 120 phút

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 87 HƢỚNG DẪN GIẢI:

2) Giải pt : x 1x x(1x) 1 ĐK : 0x1 Đặt x a0; 1x b0

Ta   

 

  

(**)

(*) 2

b a

ab b a

Từ tìm nghiệm pt x = Câu :

Từ x2  y2 11 x,y1 21 y 1

Vì ( 2)

2   



 x P y

y x

P thay vào x2 y2 1

Đưa pt: (P2 1)y2 2 2P2y2P2 10

Dùng điều kiện có nghiệm pt bậc hai P1

2

2

Max

x P

y

     

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 88

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

a) 10  3664 b) 23  25

2 Cho biểu thức: P =

3

2a 4 1 1

1 a 1 a 1 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

– 7x – = 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

3

1 2

x x x x  6

Câu IV: (1,5 điểm)

1 Giải hệ phương trình 3x 2y 1.

x 3y 2

 



   

2 Tìm m để hệ phương trình 2x y m 1

3x y 4m 1

   

   

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

Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R tiếp tuyến Ax phía với nửa đường tròn 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 trịn c) Chứng ADEACO

- Hết -

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 89 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu I: (2,5 điểm) Thực phép tính:

3

a) 10  36 64   8 100  2 10 12

  2 3

b) 23  25  2 3 2  5 3 2 2  5 2

2 Cho biểu thức: P =

3

2a 4 1 1

1 a 1 a 1 a

  

  

a) Tìm điều kiện a để P xác định: P xác định a0 a 1

b) Rút gọn biểu thức P

P =

3

2a 4 1 1

1 a 1 a 1 a



 

   =

     

  

2 2

2

2a 4 1 a a a 1 1 a a a 1

1 a a a 1

        

  

=

  

2 2

2

2a 4 a a a a a a a a a a a a a

1 a a a 1

           

  

=

  

2 2a

1 a a a 1



   =

2 a  a 1 Vậy với a 0 a1 P =

2 2 a  a 1 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 b) Đồ thị hàm số cho Hai đường thẳng song song

a a ' 1 m 3

m 4

b b ' 2 4

   

 

    

 

  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

– 7x – = có a – b + c = + – = suy x1= -1 x2=

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

3

1 2

x x x x  6

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 90

Theo viet ta có: x1+ x2 =2 (1) x1 x2 = m – (2)

Theo đầu bài: 3

1 2

x x x x  6 x x1 2x1 x22 2x x1 2= (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 thỏa mãn điều kiện

3

1 2

x x x x  6 Câu IV: (1,5 điểm)

1 Giải hệ phương trình 3x 2y 1.

x 3y 2

 



   

 

3 3y 2 2y 1 7y 7 y 1

x 3y 2 x 1

x 3y 2

    

  

  

  

   



2 Tìm m để hệ phương trình 2x y m 1

3x y 4m 1

   

   

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

2x y m 1 5x 5m x m x m

3x y 4m 1 2x y m 1 2m y m 1 y m 1

     

   

  

              

   

Mà x + y > suy m + m + > 2m > m >

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 b) Chứng minh AMDE tứ giác nội tiếp đường trịn c) Chứng ADEACO

Giải

a) MAOMCO 90 nên tứ giác AMCO nội tiếp b) MEAMDA900 Tứ giác AMDE có

D, E nhìn AM góc 900

Nên AMDE nội tiếp

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

D

O E M

C

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 91

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI

Đề thức Ngày thi: 26/6/2012

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN N m h c 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn (không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. (2,0 điểm)

Cho biểu thức Q x x x x x

x x

   

   



 

  , với x0, x1

a Rút gọn biểu thức Q

b Tìm giá trị nguyên x để Q nhận giá trị nguyên Câu 2. (1,5 điểm)

Cho phương trình

x 2(m 1)x   m 0, với x ẩn số, m R

a Giải phương trình cho m  –

b Giả sử phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 x2 Tìm hệ thức liên hệ x1

và x2 mà không phụ thuộc vào m Câu 3. (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình (m 1)x (m 1)y 4m

x (m 2)y

   



   

 , với m R

a Giải hệ cho m  –3

b Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm Tìm nghiệm Câu 4. (2,0 điểm)

Cho hàm số

y x có đồ thị (P) Gọi d đường thẳng qua điểm M(0;1) có hệ số góc k a Viết phương trình đường thẳng d

b Tìm điều kiện k để đt d cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt Câu 5. (2,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi H giao điểm hai đường cao BD CE tam giác ABC (DAC, EAB)

a Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn

b Gọi I điểm đối xứng với A qua O J trung điểm BC Chứng minh ba điểm H, J, I thẳng hàng

c Gọi K, M giao điểm AI với ED BD Chứng minh

2 2

1 1

DK  DA DM

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 92

HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu

a Q x x x x x

x x

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

x x

x x

x x

x

   

  

 

 

x x

x

x x

     

  

 

 

x 1 x 1

x

x x

 

    

 

 

1

1 x

x x

         1 x x x

  





x x

x

x  

2 x x

x  

2x x

Vậy  

2x Q

x

b

Q nhận giá trị nguyên

 

   

  

2x 2x 2

Q

x x x



Q 



2

x chia hết cho x 1

   

     

x 1 x

            x x x x

đối chiếu điều kiện x x

     Câu Cho pt x22(m 1)x   m 0, với x ẩn số, m R

a Giải phương trình cho m  – Ta có phương trình

x 2x 4

2

x 2x 4  0 x 2x 5     

2

x 5

   

x

   x x

x x

       

 

    

 

 

Vậy phương trinh có hai nghiệm x  1 x  1

b

Theo Vi-et, ta có

1

x x 2m (1) x x m (2)

        2

x x 2m

m x x    

    

 

1 2

x x x x 2

m x x

    

  

 



Suy x1x22 x x 1 2 2 2x1x22x x1 2 6 Câu Cho hệ phương trình (m 1)x (m 1)y 4m

x (m 2)y

   



   

 , với m R

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 93 Ta hệ phương trình 2x 2y 12

x 5y     

  



x y

x 5y           x y       Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y với  7;1

b Điều kiện có nghiệm phƣơng trình

m 1 m

1 m

 

 

 m m 2     m 1 

m m 2  m 1

      m m 1    m

m         m m       

Vậy phương trình có nghiệm m 1 m 1 Giải hệ phương trình (m 1)x (m 1)y 4m

x (m 2)y

   



   



m m      

(m 1)x (m 1)y 4m x (m 2)y

                     4m x y m x (m 2)y

             4m x y m y m              4m x m y m

Vậy hệ có nghiệm (x; y) với    

 

 

4m 2

; m m

Câu

a Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d

Đường thẳng d với hệ số góc k có dạng ykxb

Đường thẳng d qua điểm M(0; 1) nên k.0 b   b Vậy d : ykx 1

b

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) d

x kx

  

x kx

    , có  k24 d cắt (P) hai điểm phân biệt  0

2

k  4 k2 4 k2 22  k 2 k k        Câu

a BCDE nội tiếp

BECBDC90

Suy BCDE nội tiếp đường trịn đường kính BC

b H, J, I thẳng hàng

IB  AB; CE  AB (CH  AB) Suy IB // CH

IC  AC; BD  AC (BH  AC) Suy BH // IC

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 94

c ACB AIB 1AB

 

ACBDEA bù với góc DEB tứ giác nội tiếp BCDE

BAIAIB90 ABI vng B

Suy BAIAED900 , hay EAKAEK900

Suy AEK vuông K

Xét ADM vuông M (suy từ giả thiết) DK  AM (suy từ chứng minh trên) Như 2 2 2

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 95

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

THANH HÓA NĂM HỌC 2012-2013

Mơn thi : Tốn

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi 29 tháng năm 2012

Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải phương trình sau : a) x - =

b) x2 - 3x + = 2- Giải hệ phương trình :

  

 

 

2

y x

y x

Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A =

a

2

1

 + 2 a

1

 -

2

1

a a

 

1- Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị a ; biết A <

3

Bài 3: (2.0 điểm)

1- Chođường thẳng (d) : y = ax + b Tìm a; b để đường thẳng (d) qua điểm A( -1

; 3) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x +

2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x ẩn số ) Tìm a để phươmg trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 +

2 x =

Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy

điểm M

bất kỳ ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ vng góc với cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)

1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn

2- Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ Chứng minh OH  PQ 3- Chứng minh : MP +MQ = AH

Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b  a > Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =

2

4

b a

b a

 

-HẾT - ĐỀ THI CHÍNH THỨC

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 101 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

QUẢNG NINH NĂM HỌC 2012 – 2013

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

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

(Đề thi có 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức sau: a) A = 18

2  b) B =

1

1

1 x

x   x   với x  0, x  Giải hệ phương trình: 2x

2

y

x y

  

   

Câu II (2,0 điểm)

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

1 Giải phương trình (*) với a =

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

Câu III (2,0 điểm)Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình

Qng đường sơng AB dài 78 km Một thuyền máy từ A phía B Sau giờ, ca nơ từ B phía A Thuyền ca nơ 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 Câu IV (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 trịn đường kính

DC

CâuV (0.5 điểm) Giải phương trình:

72 x x (2 x) 7x

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 102

HƢỚNG DẪN GIẢI:

C©u IV :

c Để EA tiếp tuyến Đ.Tròn, Đ kính CD góc E1 = góc C1 (1)

Mà tứ giác ABED nội tiếp nên góc E1 = góc B1 (2)

Tõ (1) vµ (2) gãc C1 = gãc B1 ta lại có góc BAD chung nên

ABD  ACB 

AB AD AC

AB   AB2 = AC.AD  AD =

AC AB2

( I )

Theo bµi ta cã : tan (ABC) =

AB AC

= nªn

2

AC AB

( II ) Tõ (I) vµ (II)  AD =

2

AB

VËy AD =

2

AB

th× EA tiếp tuyến ĐT, Đkính CD

Câu V:

Giải phương trình: 72 x  x (2 x) 7x

Đặt 7x t ; x v ĐK v, t ≥

 t2 2v(2v).t   (tv)(t2)0 tv hc t=2

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 103

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

KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn thi: TỐN

Ngày thi : 21/06/2011 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 phương trình bậc hai x2 + 5x + = có hai nghiệm x1; x2 Hãy lập phương trình bậc

hai có hai nghiệm (x12 + ) ( x22 + 1)

2) Giải hệ phương trình

2

4

4

1

x y

x y

  

 

 

  

 



Bài 3( điểm)

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

Bài 4( điểm)

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

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

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

4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường trịn ngoại tiếp tam giác BHC theo a

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 104

HƢỚNG DẪN GIẢI: 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 phương 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 đường sau 2h : 2x (km)

 Quãng đường lại : 50 – 2x (km)

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

2 x h x  

Theo đề ta có PT:

1 50 50 2 x x x     

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

Bài :

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)

A

B C

E D

H

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 105

( )

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

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 106

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM 2012 ÌNH ĐỊNH Khóa ngày 29 tháng năm 2012

Mơn thi: TỐN Ngày thi: 30/6/2012

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3, điểm)

Học sinh khơng sử dụng máy tính bỏ túi a) Giải phương trình: 2x – =

b) Giải hệ phương trình: y x 5x 3y 10

  

   

c) Rút gọn biểu thức

2

5 a 3 a a a A

a

a a

   

  



  với a0, a 4

d) Tính giá trị biểu thức B 42  74 Bài 2: (2, điểm)

Cho parabol (P) đường thẳng (d) có phương trình

ymx

 2

y m x m (m tham số, m 0)

a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm (d) (P)

b) Chứng minh với m 0 đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt

Bài 3: (2, điểm)

Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng Sơn dài 100 km Cùng lúc, xe máy khởi hành từ Quy Nhơn Bồng Sơn xe ô tô khởi hành từ Bồng Sơn Quy Nhơn Sau hai xe gặp nhau, xe máy 30 phút đến Bồng Sơn Biết vận tốc hai xe không thay đổi suốt quãng đường vận tốc xe máy vận tốc xe tơ 20 km/h Tính vận tốc xe

Bài 4: (3, điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Gọi C trung điểm OA, qua C kẻ dây MN vng góc với OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK MN

a) Chứng minh tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AK.AH = R2

c) Trên KN lấy điểm I cho KI = KM, chứng minh NI = KB

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 107 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Bài 1:

a) 2x – = 5

x   x  x

b) y x 5x 5y 10 2y 20 y 10

5x 3y 10 5x 3y 10 y x x

                             c)                      2 2

5 a a a a a a

5 a 3 a a a

A

a

a a a a

a 8a 16

5a 10 a a 3a a a a a a 8a 16

a a a a a a

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

 2  

a

a 4 a a

 

     



d)    

2

B 42 3 74  1  2  1  2  2   3 Bài 2:

a) Với m 1  P  d trở thành y x2; y x

Lúc phương trình hồnh độ giao điểm  P  d là: x2   x x2   x có 1

a b c      nên có hai nghiệm x1 1; x2  2 Với x1  1 y1  1

Với x2   2 y2  4

Vậy tọa độ giao điểm  P  d 1; 1   2; 4 b) Phương trình hồnh độ giao điểm  P  d là:

     

2

2 *

mx  m x  m mx  m x  m Với m0  * phương trình bậc hai ẩn x có

 2   2

2 4 4

m m m m m m m m

              với m Suy  * ln có hai nghiệm phân biệt với m Hay với m 0 đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm

phân biệt Bài 3: Đổi '

1 30h 1, 5h Đặt địa điểm :

- Quy Nhơn A - Hai xe gặp C - Bồng Sơn B

Gọi vận tốc xe máy x km h /  ĐK : x0 Suy :

Vận tốc ô tô x20km h/  Quãng đường BC : 1,5x km 

100-1,5x

1,5x

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 108

Quãng đường AC : 100 1,5 x km 

Thời gian xe máy từ A đến C : 100 1,5x  h x



Thời gian ô tô máy từ B đến C : 1,  

20

x h x

Vì hai xe khởi hành lúc, nên ta có phương trình : 100 1, 1,

20

x x

x x

 



Giải pt :

   2

2

100 1, 1,

100 1, 20 1, 100 2000 1, 30 1,

20

3 70 2000

x x

x x x x x x x

x x x x                

' 35 3.2000 1225 6000 7225 ' 7225 85

          

Phương trình có hai nghiệm phân biệt : 1 35 85 40

x    (thỏa mãn ĐK)

2 35 85 50

3

x     (không thỏa mãn ĐK) Vậy vận tốc xe máy 40km h/

Vận tốc ô tô 40 20 60  km h/  Bài 4:

a) Tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp

Ta có : AKB900 (góc nội tiếp chắn đường tròn) hay HKB90 ;0 HCB900 gt

Tứ giác BCHK có 0

90 90 180

HKB HCB   

 tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp b) AK AH R2

Dễ thấy ΔACH ΔAKB   . . 2

2

AC AH R

g g AK AH AC AB R R

AK AB

      

∽ c) NIKB

OAM

 có OAOM R gt  OAM cân O 1

OAM

 có MC đường cao đồng thời đường trung tuyến (gt)  OAM cân M  2

   1 &  OAM tam giác MOA600 MON 1200 MKI 600

KMI

 tam giác cân (KI = KM) có MKI 600 nên tam giác MI MK  3 Dễ thấy BMK cân B có 1 1200 600

2

MBN  MON    nên tam giác

 4

MN MB

 

Gọi E giao điểm AK MI Dễ thấy 0 60 60 NKB NMB NKB MIK MIK        

  KB // MI (vì có cặp góc vị trí so le nhau) mặt khác AK KB cmt  nên AK MI E HME900MHE

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 109

Ta có :  

 

0

90 90

dd

HAC AHC

HME MHE cmt HAC HME

AHC MHE

  



   



 

mặt khác HAC KMB (cùng chắn KB)

HME KMB

  hay NMI  KMB  5

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 110

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 ĐỒNG NAI Khóa ngày : 29 , 30 / / 2012

Mơn thi : TỐN HỌC Thời gian làm : 120 phút

( Đề có trang , câu ) Câu : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phương trình : 7x2

– 8x – = / Giải hệ phương trình : 3x + 2y =1

4x + 5y = 6 

  Câu : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn biểu thức : M 12 +3 ; N 3 2

3 2 1

 

 

2 / Cho x1 ; x2 hai nghiệm phương trình : x2 – x – =

Tính :

1

1 1

+

x x

Câu : ( 1,5 điểm )

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hàm số :

y = 3x2 có đồ thị ( P ) ; y = 2x – có đồ thị ( d ) ; y = kx + n có đồ thị ( d1 ) với k n

số thực

1 / Vẽ đồ thị ( P )

2 / Tìm k n biết ( d1 ) qua điểm T( ; ) ( d1 ) // ( d )

Câu : ( 1,5 điểm )

Một đất hình chữ nhật có chu vi 198 m , diện tích 2430 m2 Tính chiều dài chiều rộng đất hình chữ nhật cho

Câu : ( 3,5 điểm )

Cho hình vuông ABCD Lấy điểm E thuộc cạnh BC , với E không trùng B E không trùng C Vẽ EF vng góc với AE , với F thuộc CD Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC G Vẽ đường thẳng a qua điểm A vng góc với AE , đường thẳng a cắt đường thẳng DE điểm H

1 / Chứng minh AE CD

AFDE

2 / Chứng minh tứ giác AEGH tứ giác nội tiếp đường tròn

3 / Gọi b tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE E , biết b cắt đường trung trực đoạn thẳng EG điểm K Chứng minh KG tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 111 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phương trình : 7x2

– 8x – = ( x1,2 =

4 79

7 

)

2 / Giải hệ phương trình : 3x + 2y =1 4x + 5y = 6 



 ( x ; y ) = (–1 ; )

Câu : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn biểu thức : M 12 +3 2 3 2 3

3 3



   

 2

2 1 3 2

N 2 1

2 1 2 1

 

  

 



2 / Cho x1 ; x2 hai nghiệm phương trình : x2 – x – =

S = b 1 a

  ; P = c 1 a

Nên :

1 2

1 1 x x 1 1 +

x x x x



  

 Câu : ( 1,5 điểm )

1 / Vẽ đồ thị ( P )

2 / ( d1 ) // ( d ) nên k = ; n –3 qua điểm T( ; ) nên x = ; y = Ta có phương

trình : = 1.2 + n n = Câu : ( 1,5 điểm )

Gọi x ( m ) chiều dài đất hình chữ nhật ( 49,5 < x < 99 ) Chiều rộng đất hình chữ nhật : 99 – x ( m )

Theo đề ta có phương trình : x ( x – 99 ) = 2430 Giải : x1 = 54 ( nhận ) ; x2 = 45 ( loại )

Vậy chiều dài đất hình chữ nhật 54 ( m )

Chiều rộng đất hình chữ nhật : 99 – 54 = 45 ( m ) Câu : ( 3,5 điểm )

1 / Chứng minh tứ giác AEFD nội tiếp

1

A D

 

 AEF DCE ( g – g )

AE AF = DC DE AE DC = AF DE  

2 / Ta có A2 phụ với A1 Ta có E1 phụ với D1

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 112

Mà A1D1

A E

 

Suy tứ giác AEFD nội tiếp đường trịn đường kính HE

Gọi I trung điểm HEI tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFD đường tròn ngoại tiếp ΔAHE

I nằm đường trung trực EG  IE = IG Vì K nằm đường trung trực EG KE = KG Suy IEK =IGK ( c-c-c )

0 IGK IEK 90

 

KG IG

  G đường tròn ngoại tiếp ΔAHE

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 113 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

ẮC GIANG NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi : Tốn

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi 30 tháng năm 2012 Câu (2 điểm)

1.Tính

2

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)

2 2

a a

A

a a a a với a>0,a

2.Giải hệ pt:

3

x y x y

Chứng minh pt: x2 mx m 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 2013 2013 2013

( ) ( ) ( )

1

a b c b c a c a b abc

a b c

Hãy tính giá trị biểu thức Q 20131 20131 20131

a b c

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 114

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=5 a=6 KL:

1

2 1 2 ( 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

KL:

1

3

Xét Pt: x2 mx m 1 0

2 2

Δ m 4(m 1) m 4m (m 2)

Vậy pt ln có nghiệm với m Theo hệ thức Viet ta có

1

x x m

x x m Theo đề

2 2

1 2 2

2 2

2

4.( ) ( ) 2 4.( )

2( 1) 4( ) 2 2 4 2 1 1

( 1) 1 1

B x x x x x x x x x x

m m m m m m m m

m

Vậy minB=1 m = -1 KL:

0,25

0,25

0,5

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

0,25 0,25 0,25

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 115

5

40 60

3 300

300

x x

x x

x

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

0,25

4 1

Xét tứ giác APOQ có

0

90

APO (Do AP tiếp tuyến (O) P)

90

AQO (Do AQ tiếp tuyến (O) Q)

0 180

APO AQO ,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) AK NK AK2 NK KP

PK AK (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

Đường kính QS PM nên QS qua điểm cung PM nhỏ

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

Hay NS tia phân giác góc PNM

0,75

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

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

0,75

G

K

N

S

M I

Q P

A

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 116

2 16

3 3

AG AI R R

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

*TH1: a+ b=0 Ta có 2013 2013 2013

1

a b a b

c

a b c ta có 2013 2013 2013

1 1

1

Q

a b c

Các trường hợp lại xét tương tự Vậy Q 20131 20131 20131

a b c

0,25

NGƯỜI SƯU TẦM: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 117 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TỈNH YÊN ÁI NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian

giao đề)

Khóa thi ngày 23/6/2012

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1: (2,0 điểm)

1 Cho hàm số y = x + (1) a Tính giá trị y x = b Vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Giải phương trình: 4x2 − 7x + = Câu 2: (2,0 điểm)

Cho biểu thức M = 3− x +

x 3+ x −

x+9 x−9

1 Tìm điều kiện x để biểu thức M có nghĩa Rút gọn biểu thức M Tìm giá trị x để M >

Câu 3: (2,0 điểm)

Một đội thợ mỏ phải khai thác 260 than thời hạn định Trên thực tế, ngày đội khai thác vượt định mức tấn, họ khai thác 261 than xong trước thời hạn ngày

Hỏi theo kế hoạch ngày đội thợ phải khai thác than? Câu 4: (3,0 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB = 12 cm Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn (O) vẽ tia tiếp tuyến Ax, By M điểm thuộc nửa đường tròn (O), M không trùng với A B AM cắt By D, BM cắt Ax C E trung điểm đoạn thẳng BD

1 Chứng minh: AC BD = AB2

2 Chứng minh: EM tiếp tuyến nửa đường tròn tâm O

3 Kéo dài EM cắt Ax F Xác định vị trí điểm M nửa đường trịn tâm O cho diện tích tứ giác AFEB đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ

Câu 5: (1,0 điểm)

Tính giá trị biểu thức T = x2 + y2 + z2 − biết:

x + y + z = x−34 + y−21 + z−4 + 45