tat ca de da vao 10 cac tinh 1213

Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB’,đường thẳng này cắt MC và B’C lần lượt tại K và E. 4 điểm M,[r]

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2012 – 2013 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KHỐ NGÀY 21/6/2012

MƠN THI: TỐN

THỜI GIAN: 120 PHÚT(không kể thời gian phát đề)

Câu : (2 điểm)

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

2x 3y 3x 2y

  



 



c) x4 + x2 – 12 = 0 d) x2 - 2 2x – = 0 Bài : (1,5 điểm)

a) Vẽđồ thị(P) hàm số

2 y x

4 

đường thẳng (D) :

x

y

2  

hệ trục tọa độ

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

Thu gọn biểu thức sau :

A =

1 x vớix 0;x 1 x

x x    x x  

B = (2 - 3) 26 15 3 - (2 + 3) 26 15 3 Bài : (1,5 điểm)

Cho phương trình : x2 m x m 0   (x laø ẩn số)

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

Tìm m để biểu thức M = 12 22 24 x x 6x x



  đạt giá trị nhỏ nhất. Bài : (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có tâm O điểm M nằm ngồi đường tròn (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 phiá 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 tròn 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) GọiP Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFS ABS T trung điểm KS Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng

HƯỚNG DẪN GIẢI

Baøi : a) 2x2 x 0  có dạng : a - b + c = – (-1) – = nên có nghiệm x1-1 ;

c x

a   ( giải cơng thức nghiệm hay công thức nghiệm thu gọn)

b)

2x 3y 4x 6y 14 13x 26 x 3x 2y 9x 6y 12 3x 2y y

         

  

   

      

   

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x=2; y= -1)

c) x4 + x2 – 12 = đặt t = x2, t 0 Phương trình có dạng : t2 + t – 12 = 0 = b2 – 4ac = – 4(-12) = 49, t1 =

1  

= (nhaän) , t2 =

2  

= -4 < (loại) Với t = x2 =  x =  3 Vậy phương trình có nghiệm là: x =  3. d) x2 - 2 2x – = có    ' 2 9,  ' 3nên: x1 3, x 2  3.

Vậy nghiệm phương trình là:x1 3, x 2 Bài 2:

a) Bảng giá trị:

x -4 -2

2 y x

4

 1

x

x

y

2

 

b) Phương trình hồnh độ giao điểm

của (D) vaø (P) laø:

1

x x

4   x2 2x 0

    , có: ' 9,  ' 3nên: x12; x24 Với x12thì

2

1

y (2)

 

x24thì

2

1

y ( 4) 4

  

Vậy tọa độ giao điểm (D) (P) (2;1) (-4;4) Bài :

1 x

A

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

  

   

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

   



 

x 2x x

x ( x 1)( x 1)

   



 

2(x 1) x (x 1) x



 

2B 2(2 3) 26 15 3  2(2 3) 26 15 3 =(2 3) 52 30 (2   3) 52 30 3









2

(2 3) 3 (2 3) 3

      (2 3)(3 5) (2   3)(3 5)

6 10 6 10 3       = 2 Vaäy B = 2.

Baøi 4: a)

2

'

m m m

2

 

        

  với m. Vậy phương trình ln có hai nghiệm với m

c) Theo hệ thức Viet ta có: x1x22m; x x1 2m 2

2 2

1 2 2 2

24 24

M

x x 6x x (x x ) 2x x 6x x

 

 

     2 2

24 24

(x x ) 8x x (2m) 8(m 2)

 

 

   

2

24

2

4m 8m 16 (m 1)

 

  

   

Dấu “=” xảy m =

Vậy giá trị nhỏ M = -2 m = Bài : (3,5 điểm)

a) Xét MEA MBF có : 

EMA chung, MEA MBF  ( AEFB nội tiếp)

 MEA ∽ MBF(gg) 

ME MA MB MF  MA MB = ME MF

b) MCA ∽ MBC(gg) 

MC MA MB MC  MC2 = MA MB

MCO vuông C, CH đường cao : MC2 = MH MO Do : MA MB = MH MO

Suy : MHA ∽ MBO(cgc)  MHA MBO 

 AHOB nội tiếp ( tứ giác có góc góc đối ngồi) c) MKF = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

MKF vuông K, KE đường cao : MK2 = ME MF MCE ∽ MFC(gg) 

MC ME

MF MC  MC2 = ME MF Vaäy : MK2 = MC2  MK = MC

Ta có : MJ MS = ME MF ( = MC2)  MEJ ∽ MSF(cgc)  MEJ MSF  Suy ra: tứ giác EJSF nội tiếp

Tương tự : SJAB nội tiếp

Nên SJ dây chung hai đường tròn (P) (Q)  PQ đường trung trực SJ Vậy P, Q, T thẳng hàng

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

TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm)

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

2

2

  



 



x y x y

Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức A( 10 2) 3

Bài 3: (1,5 điểm)

Biết đường cong hình vẽ bên parabol y = ax2.

1) Tìm hệ số a

2) Gọi M N giao điểm đường thẳng

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

Bài 4: (2,0 điểm)

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

1) Giải phương trình m =

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

2

 

x x x x .

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho hai đường trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B  (O), C 

(O’) Đường thẳng BO cắt (O) điểm thứ hai D

1) 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 2 y=ax2

y

HD CHẤM

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

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  = ( 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 =

2

2x đường thẳng y = x + :

x + =

2

2x  x2 – 2x – =  x = -2 hay x = 4

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

Bài 4:

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

2) Với x1, x2 0, ta có :

1 2

8

 

x x

x x  2

1 2 3(x  x ) 8 x x

 3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2

Ta có : a.c = -3m2 nên  0, m

Khi  ta có : x1 + x2 =

2

 b 

a x1.x2 =

2



c

m a  0

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

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

2  ' 3 m

Do đó, ycbt 

2

3(2)( 3  m ) 8( 3  m ) m 

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

 4m4 – 3m2 – =  m2 = hay m2 = -1/4 (loại)  m = 1 Bài 5:

B

C

E D

A

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

thang vng

2) Ta có góc ABC = góc BDC  góc ABC + góc BCA = 900 góc BAC = 900

Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường trịn)

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

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

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

 DB = DE

Sở GD – ĐT NGHỆ AN §Ị thi vào THPT năm học 2012 - 2013 Đề thức Môn thi: Toán

Thêi gian 120 phót

Ngày thi 24/ 06/ 2012

Câu 1: 2,5 điểm:

Cho biểu thức A =

1

2

x

x x x



 



 

 

 

a) Tìm điều kiện xác định tú gọn A

b) Tìm tất giá trị x để

1

A

c) Tìm tất giá trị x để

7

B A

đạt giá trị nguyên Câu 2: 1,5 điểm:

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

Câu 3: điểm:

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

a) GiảI phơng trình m =

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 2 16

x x

Câu 4: điểm

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

a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp

b) MC.MD = MA2

c) OH.OM + MC.MD = MO2

d) CI tia phân giác góc MCH

-HÕt -G i ý – áp án- Bi u mợ Đ ể ể

Câu Nội dung Biểu

điểm

1

a

ĐKXĐ: x 0, x 4 

A =



 



1 x x x x

x x x x x x

                





2 x

x

x x

    0,5 0,5 b

1

A x x x

2 x 2

         



Kết hợp với ĐKXĐ ta có x 4 

0,5 0,5

c

7 14

B A

3 x x

  

 

Để B số nguyên x 6 Ư(14) Do x 0 

Ta có b ng giá trả ị

3 x 6 14

x Loại Loại

9 64 Vậy 64 x ; 9     

  B số nguyên.

0,5

Gọi x (km/h) vận tốc người xe đạp ( x>0) Vận tốc người xe máy x+28 (km/h)

Quảng đường người xe đạp 3x (km) Quảng đường người xe máy 3(x+28) (km)

Do hai xe ngược chiều gặp sau nên ta có phương trình: 3x+ 3(x+28)=156  9x+84=156 x=8 (t/m)

Vậy vận tốc người xe đạp km/h vận tốc người xe đạp 36 km/h

0,5 0,5 0,5

a

Khi m=3 ta có phương trình x2 4x 0  Do a+b+c=1+(-4)+3=0, suy x11, x2 3

Vậy với m=3 phương trình có hai nghiệm x11, x2 3

0,5 0,5 b

Để phương trình có hai nghiệm





2

' 0 (m 1) (m2 6) 0

2

m 2m m 2m m

2

           

Theo hệ thứ Vi-ét ta có x1x2 2m 2, x x m2

Từ hệ thức









2

2 2

1 2

x x 16 x x  2x x 16 2m 2  2(m  6) 16

2 2

4m 8m 2m 12 16 2m 8m 2m(m 4)

           

m

m ( ktm) 



  



Vậy m=0 phương trình trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

2

1

x x 16

0,5

0,5

4 Vẽ hình đúng, đẹp

K I H O

D

C

M

B A

0,5

a

Xét tứ giác MAOB ta có A B 90   0 ( t/c tiếp tuyến)

  0

A B 90 90 180

    

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

0,5 0,5

b

Xét MAC MDA có M chung, MAC MDA  ( chắn AC ) Do MAC đồng dạng với MDA

Suy

2

MA MC

MA MC.MD

MD MA  

0,5 0,5

c

Xét MAO vng A, có AH đường cao, ta có OH.OM AO Suy OH.OM MC.MD AO  2MA2 (1)

Xét MAO theo Pitago ta có AO2MA2 MO2 (2) Từ (1) (2) suy OH.OM MC.MD MO 

0,5 0,5

d Xét MAO vng A, có AH đường cao, ta có MH.MO MA2

 Suy

2 MC MO

MC.MD MH.MO MA

MH MM

   

Xét MCH MOD có

MC MO

Do MCH  MOD(c.g.c)  MCH MOD  Xét tứ giác CDOH có MCH MOD  (cmt)

suy tứ giác CDOH nội tiếp  DCH DOK  ( bù HOD ) (1) Mặt khác

 1

DCK DOK

2

 

sđDK (2) Từ (1) (2) suy

 1

DCK DCH

2 

 CK phân giác DCH (3) Mà ICK 90  0 ( góc nội tiếp chắn đường trịn) (4) Từ (3) (4) suy CI phân giác MCH

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO

THỪA THIÊN HUẾ

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

Mơn thi : TOÁN

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

Bài 1:(2,0 điểm)

a).Cho biểu thức: C =





5 3

5

5

 

  

 Chứng tỏ C =

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

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) đường thẳng (d) qua điểm M (1;2) có hệ số góc k0.

a/ Chứng minh với giá trị k0 đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B.

b/ Gọi xA xB hoành độ hai điểm A B.Chứng minh x + xA B  x xA B  2 = 0 Bài 3:(2,0 điểm)

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

b/ Giải hệ phương trình :









2

20 20

7

x y x y x y x y

  

  

 

  

 Bài 4:(3,0 điểm)

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

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

30

12 cm

K H

C B

A O

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

BD DM

= 1

DM AM

Bài 5:(1,0 điểm)

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

(Cho  3,1416)

-HẾT -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn

Ngày thi: 21 tháng năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức

x A

x

 

 Tính giá trị A x = 36

2) Rút gọn biểu thức

x x 16

B :

x x x

  

  

  

  (với x 0; x 16  )

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

x y

6 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

 

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……… Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2:

GỢI Ý – ĐÁP ÁN

Bài I: (2,5 điểm)

1) Với x = 36, ta có : A =

36 10 36



 

 2) Với x 0, x  16 ta có :

B =

x( x 4) 4( x 4) x x 16 x 16 x 16

    



 

    

  =

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

  



  

3) Ta có:

2 2

( 1)

16 16 16

x x x

B A

x x x x x

 

  

     

       .

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



 1;



Ta có b ng giá tr t ng ng:ả ị ươ ứ

16

x 1 2

x 17 15 18 14

Kết hợp ĐK x0, x16, để B A( 1) nguyên x



14; 15; 17; 18



Bài II: (2,0 điểm)

Gọi thời gian người thứ 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

x (cv), người thứ hai làm được

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

12

5 giờ nên hai đội làm được 12 1: = 12 (cv)

Do ta có phương trình

1

x x 12  

2

( 2) 12

x x

x x

 

 



 5x2 – 14x – 24 =

’ = 49 + 120 = 169,  , 13

=>

 

7 13 

5

x

(loại)



7 1320 4

5

x

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

Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ: 2 x y x y          

 , (ĐK: x y, 0).

Hệ

4 10

4

2

2

2 2

6

2

1

x

x

x y x x x

y y

x y x y x y                                                  .(TMĐK)

Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1)

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

Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có:

1

2

4

3

x x m x x m m

         

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

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

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

Trả lời: Vậy

Bài IV: (3,5 điểm)

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

HKB (do K hình chiếu H AB)

A B

C M

H

=> HCB HKB 1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp đường trịn 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

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

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

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

Mà CME CEM MCE   1800(Tính chất tổng ba góc tam giác)MCE 900 (2) Từ (1), (2) tam giác MCE tam giác vuông cân C (đpcm)

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

Theo giả thiết ta có

AP MB AP OB R

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

   1  AP OB

PA PM

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

Vì AMB900(do chắn nửa đtrịn(O)) AMS900  tam giác AMS vuông M  PAM PSM900

PMA PMS 900  PMS PSM  PSPM(4)

A B

C M

H

K O S

P E

Mà PM = PA(cmt) nên PAMPMA Từ (3) (4)  PA = PS hay P trung điểm AS

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

PA BP PS hay  NK HN

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

Bài V: (0,5 điểm)

Cách 1(không 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

x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ +

-3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 2: Ta có M =

2 2 3

( )

4

x y x y x y x y x xy xy xy y x y x y



      

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

y x ta có 4

x y x y y x  y x  , dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

3

2

4

x x

y   y   , dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ +

3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 3:

Ta có M =

2 2

4

( )

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

4 ;

x y

y x ta có

4

2

x y x y

dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥

4-3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 4:

Ta có M =

2 2 2

2 2

2 3 3

4 4 4

4

x x x x x

y y y y

x y x x

xy xy xy xy xy xy y

    



     

Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương 2 ; x y ta có 2

2 2 .

4

x x

y y xy

  

, dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

3

2

4

x x

y   y   , dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ xy xy +

3 2= 1+

3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐĂK LĂK

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

MƠN THI: TỐN HỌC

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

Câu 1: (2,5 điểm)

1) Giải phương trình sau:

a) 2x2 – 7x + = 0 b) 9x4 + 5x2 – = 0

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

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

2) Rút gọn biểu thức:









1

1

0

1

A

x

x

x

x























Câu 3: (1,5 điểm)

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

của m

2) Tìm giá trị m để biểu thức

A x



12



x

22 đạt giá trị nhỏ

Câu 4: (3,5 điểm)

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

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

3) BFC MOC .

4) BF // AM Câu 5: (1,0 điểm)

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

1

2

3

x



y



.

Gợi ý BÀI GIẢI Câu 1: (2,5 điểm)

1) a) 2x2 – 7x + = 0 KQ:

1

3,

2

x



x



b) 9x4 + 5x2 – = KQ:

2

2

,

3

3

x



x



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

2

5

2

2

3

1

a b

a

a b

b

 















 







Vậy hàm số cần tìm y = 2x + 1 Câu 2: (1,5 điểm)

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

Thời gian xe thứ hết quãng đường AB

200

10

Thời gian xe thứ hai hết quãng đường AB

200

x

(giờ)

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









2

40

200

200

1

10

2000 0

50

10

x

chon

x

x

x

loai

x

x







 





  







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

2)













1

1

1

0

1

1

x

x

A

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

















 



 















Câu 3: (1,5 điểm)

1) Ta có









2 2

2

m m m



       

với m

Do phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m

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

Theo Viet ta có





2

2

2

4

3

x

x

m

x x

m

m



















Khi













2

2 2

1 2 2 2

A x x  x x  x x  m  m  m





2

2

2

m

8

m

10 2

m

2

2 2











 

(vì

2



m



2



2



0

với m) Dấu đẳng thức xảy





2

2

m



2

 

0

m



2

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

2

1

A x





x

đạt GTNN 2

Câu 4: (3,5 điểm)

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

1

2

EA ED





AD

) OB  MB (vì MB tiếp tuyến)

Xét tứ giác OEBM, ta có:

  900

OEM OBM  (OE  AD, OB  MB)

Vậy tứ giác OEBM tứ giác nội tiếp 2) MB 2 = MA.MD

Xét MBD MAB, ta có



M

(góc chung)





MBD MAB



(góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến, dây chắn cung

BD



(O))

2

.

MB

MA

MB

MA MD

MD

MB









(đpcm) 3) BFC MOC 

Xét tứ giác OBMC, ta có OBM OCM 900 (MB, MC tiếp tuyến (O))

Nên tứ giác OBMC nội tiếp  MOC MBC 

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

(O))

Vậy BFC MOC  (đpcm)

4) BF // AM

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

 điểm O, E, B, M, C thuộc đường tròn

 

MEC MOC

  (góc nội tiếp chắn cung MC )

Lại có BFC MOC  (cmt)

Do BFC MEC   BF // AM (đpcm)

Câu 5: (1,0 điểm)

2

3

3 2

0

x



y

 

x

 

y



Ta có









 

2

1

1

2

1

2

3

3 0

0

*

3 2

3 2

y

x

y

y

y

y

y





 





 







Vì





2

1

0

y





với y,

y



3 2



y





0

(do

y



0, 2



y



0

)

Nên (*) Vậy

1

2

3

x



y



, dấu “=” xảy





2

0,

0

1

2

3

1

1

0

x

y

x

x

y

y

y

 













 



















SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Khóa ngày:21/6/2012 MƠN: TỐN

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

Câu 1: (2,0 điểm)

1

43

3 19

x y

x y

 

 

 



2 x5 2x 18 x2 12x36 0

4 x 2011 4x 8044 3

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức:

2

1 1

2 :

1

a K

a a

a a

  

 

     

 

    (với a0,a1)

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

Câu 3: (1,5 điểm)

Cho 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  DOF cân O.

4 Chứng minh F trung điểm củaAC

-HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm. Họ tên thí sinh: Số báo danh:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi : 22/06/2012 Câu (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

a) A 45 500 12

b) B

3

  



 

 Câu 2: (2 điểm)

a) Giải phương trình: x2 – 5x + = 0

b) Giải hệ phương trình:

3x y x 2y

 

 

 

 Câu 3: (2 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình: y = x2 đường thẳng (d) có

phương trình: y = 2mx – 2m + (m tham số)

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

b) Chứng minh (P) (d) cắt hai điểm phân biệt với m Gọi y , y1 2là tung độ giao điểm (P) (d), tìm m để y1y2 9 Câu 4: (3,5 điểm)

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

H AB ), MB cắt (O) điểm thứ hai K cắt CH N Chứng minh rằng: a) Tứ giác AKNH tứ giác nội tiếp

b) AM2 = MK.MB

c) Góc KAC góc OMB d) N trung điểm CH Câu 5(1 điểm)

Cho ba số thực a, b, c thoả mãn a 1; b 4;c 9   Tìm giá trị lớn biểu thức :

bc a ca b ab c P

abc

    



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

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

Bài 1: (2,0 điểm)

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

4) Giải hệ phương trình:

2

2

  



 



x y x y

Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức A( 10 2) 3

Bài 3: (1,5 điểm)

Biết đường cong hình vẽ bên parabol y = ax2.

3) Tìm hệ số a

4) 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.

3) Giải phương trình m =

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

1

2

 

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

4) Chứng minh tứ giác CO’OB hình thang vng

5) Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng

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

-0 2 y=ax2

y

GỢI Ý BÀI GIẢI:

Bài 1:

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

2)

2 (1)

2 (2)

       x y x y 

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

        y x     

Bài 2: A( 10 2) 3 = ( 1) 5  =

2

( 1) ( 1)  = ( 1)( 1)  = 4 Bài 3:

1) Theo đồ thị ta có y(2) =  = a.22 a = ½

2) Phương trình hồnh độ giao điểm y =

2

2x đường thẳng y = x + :

x + =

2

2x  x2 – 2x – =  x = -2 hay x = 4

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

Bài 4:

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

2) Với x1, x2 0, ta có :

1 2   x x

x x  2

1 2

3(x  x ) 8 x x

 3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2

Ta có : a.c = -3m2 nên  0, m

Khi  ta có : x1 + x2 =

2

 b 

a x1.x2 =

2



c

m a  0

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

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

-2  ' 3 m

Do đó, ycbt 

2

3(2)( 3  m ) 8( 3  m ) 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

Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường trịn)

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

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

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

 DB = DE

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO QUẢNG TRỊ

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

MƠN : TỐN

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

Câu 1:(2 điểm)

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

√

50 -

√

18

b) P=

(

√

a−1+

√

a+1

)

÷

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

¿

x+y=4 2x − y=5

¿{ ¿ Câu 2:(1,5 điểm)

Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2−5x −3=0 Khơng giải phương trình, tính

giá trị biểu thức sau:

a, x1 + x2 b,

1

x1+x2 c, x1

+x2

Câu 3:(1,5 điểm)

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

b, Tìm tọa độ giao điểm (P) đường thẳng d: y = -2x+3 Câu 4:(1,5 điểm)

Hai xe khởi hành lúc từ địa điểm A đến địa điểm B cách 100km Xe thứ chạy nhanh xe thứ hai 10km/h nên đến B sớm hơm 30 phút, Tính vận tốc xe Câu 5:(3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) Đường thẳng (d) khơng qua tâm (O) cắt đường tròn hai điểm A B theo thứ tự, C điểm thuộc (d) 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

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

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

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

Ngày thi: 21 tháng năm 2012

Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức :P=

3

1 1

x x

x x x



 

  

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

Câu (2,0 điểm) Cho hệ phương trình :

2

ax

x ay y

  



 

 Giải hệ phương trình với a=1

2 Tìm a để hệ phương trình có nghiệm

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

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

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

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

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

3 3

4 a 4b c 2 2

  

Hết

-Cán coi thi khơng giải thích thêm !

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ************

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN : TỐN Ngày thi: 21 tháng năm 2012

Câu Đáp án, gợi ý Điểm

C1.1 (0,75

điểm) Biểu thức P xác định

⇔

x −1≠0

x+1≠0

x2−1≠0 ¿{ {

⇔

x ≠1

x ≠ −1 ¿{ 0,5 0,25 C1.2 (1,25 điểm)

P= x −x1+

x+1−

6x −4

(x+1)(x −1)=

x(x+1)+3(x −1)−(6x −4)

(x+1)(x −1)

¿x

2

+x+3x −3−6x+4 (x+1)(x −1) =

x2−2x +1 (x+1)(x −1)

x −1¿2 ¿ ¿ ¿ ¿ 0,25 0,5 0,5 C2.1 (1,0

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

¿ 2x+y=−4

x −3y=5 ¿{

¿

¿

⇔

6x+3y=−12

x −3y=5

⇔

¿7x=−7

x −3y=5 ¿

⇔

x=−1

−1−3y=5

⇔

¿x=−1

y=−2 ¿ ¿{

¿

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

x=−1

C2.2 (1,0 điểm)

-Nếu a = 0, hệ có dạng: ¿ 2x=−4

−3y=5

⇔

¿x=−2

y=−5 ¿{

¿

=> có nghiệm

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

Do đó, với a , hệ ln có nghiệm

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm với a

0,25 0,25 0,25 0,25 C3 (2,0 điểm)

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

2=

x2

2 (m

2)

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

2−2 (m)

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

2−2)= 2⋅

x2

2

⇔x2

2 −2x − x+4=

x2

4 ⇔x

−12x+16=0

………….=> x1=6+2

√

5 (thoả mãn x>4);

x2=6−2

√

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

√

5 (m)

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

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

∠MCO=900 (vì MC tiếp tuyến) => ∠ MBO + ∠ MCO =

= 900 + 900 = 1800

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

=>4 điểm M, B, O, C thuộc đường tròn

0,25 0,25 0,25 0,25 C4.2 (1,0 điểm)

2) Chứng minh ME = R:

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

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

O1 (1)

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

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

=> ∠ MEO = ∠ MCO = 900

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

nhật

=> ME = OB = R (điều phải chứng minh)

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 - ∠ O

1 = 600 - ∠ M1 = 600 – 300 = 300

Trong tam giác KOC vng C, ta có: CosKOC=OC

OK⇒OK= OC

Cos 300=R:

√

=

2

√

3R

3

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

√

3R

3 (điều phải chứng minh)

0,25 0,25 0,25 0,25 C5 (1,0

điểm)













3 3

4 4

3 3

4 4

4 4

4 4

4 4

4

a b c

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

a b c

a b c

 

        

  

    Do đó,

3 3

4 4

4

4

2

4

a  b  c   

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

-Mỗi câu có cách làm khác câu

Cach 2: Đặt x = a;y4 b;z4c=> x, y , z > x4 + y4 + z4 = 4.

BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > 2

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 sơ  2, giả sử x 2 x3 2 2.

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

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

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



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

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

Môn 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

3 11

x x y

  

 

 



 .

Câu II ( 1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức

1 a +

P = + :

2 a - a - a a - a

 

 

  với a > a 4 . Câu III (1,0 điểm)

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

Câu IV (2,0 điểm)

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

2 y = x

2 . 1) Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm A(-1; 3)

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





1 2

x x y + y 48 0

Câu V (3,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB Trên đường 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 2 2

1

2

Q

a b ab b a ba

 

    .

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (khơng chun)

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

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

II) ÁP ÁN VÀ BI U I M CH M.Đ Ể Đ Ể Ấ

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

x - 53x + 240 =

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

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

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 =

0,25

 -1 – m = 0,25

 m = -4 0,25

Vậy m = -4 (d) qua điểm A(-1; 3) 0,25

2) 1,0 điểm

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình

x

2  x m 

0,25

x 4x 2m (1)

     ; Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm phân biệt     ' 2m 0 m3

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

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

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





1 2

x x y +y 48 0

có x x 2x +2x -2m+21 2





48 0 (2m - 2)(10 - 2m) + 48 =



0,25

2

m - 6m - =

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

0,25

Câu V (3,0đ)

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

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

Vì AB đường kính (O) nên AE  BE 0,25

Áp dụng hệ thức lượng ΔABD (ABD=90 0;BE  AD) ta có BE2 =

AE.DE

0,25 2) 1,0 điểm

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

=> OD đường trung trực đoạn BC => OFC=90 (1)

0,25

=> CH  AB => OHC=90 0 (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

 (3)

0,25

Trong ΔABDcó HI // BD =>

AI HI

=

AD BD (4)

0,25

Từ (3) (4) =>

CI HI

=

CD BD mà CD=BD CI=HI I trung điểm CH

0,25

Câu VI

(1,0đ) Với a0;b0ta có:

2 2 2

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

4 2 2 2

a b ab a b ab

     2





1

(1)

2

a b ab ab a b

 

  

0,25

Tương tự có 2





1

(2)

2

b a  a b ab a b Từ (1) (2)





1

Q

ab a b

 



0,25

Vì

1

2 a b 2ab

a b     mà a b 2 ab  ab1

1

2( )

Q

ab

  

0,25

Khi a = b =

1

Q

 

Vậy giá trị lớn biểu thức

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG

Đề thức

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

MƠN THI: TỐN

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

Đề có 01 trang Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình:

x

2



6

x

 

9 0

b) Giải hệ phương trình:

4

3

6

3

4

10

x

y

y

x















c) Giải phương trình:

2

6

9

2011

x



x

  

x

Câu (2,5 điểm)

Một ca nô chạy xi dịng từ A đến B chạy ngược dòng từ B đến A hết tất Tính vận tốc ca nơ nước n 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 vuông 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 – = 0

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

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

Nội dung Điểm

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình:

x

2



6

x

 

9 0

1,0

Bài giải: Ta có   ' ( 3)2 0 0,5

Phương trình có nghiệm:

6

x  

0,5

b) Giải hệ phương trình:

4 (1)

3 10 (2)

x y y x        1,0

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

Thay x = vào (1): – 3y =  y =

2

3 Tập nghiệm: 2 x y        0,5

c) Giải phương trình:

2

6

9

2011

x



x

  

x

(3)

1,0

Bài giải: Ta có





2

2

6

9

3

3

x



x

 

x



 

x

0,5

Mặt khác:

2

6

9 0

2011 0

2011

3

3

x



x

  

x



 

x





x



 

x

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

0,5

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

2,5

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

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

30

x giờ, ngược dòng từ B đến A

30

x giờ.

0,5

Theo ta có phương trình:

30 30

4

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

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 tại I Chứng minh: a) SO = SA b) Tam giác OIA cân

A

S

O N

M

I 0,5

a) Chứng minh: SA = SO 1,0

Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MAO





SAO



(1) 0,5 Vì MA//SO nên: MAO SOA







(so le trong) (2)

0,5

Từ (1) (2) ta có: SAO SOA







 SAO cân  SA = SO (đ.p.c.m)

b) Chứng minh tam giác OIA cân 1,0

Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MOA





NOA



(3) 0,5 Vì MO//AI nên: MOA



OAI



(so le trong) (4)

0,5

Từ (3) (4) ta có:



IOA IAO



 OIA cân (đ.p.c.m) Câu (2,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = (1) 1,0 Bài giải: (1)  (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0

0,5

 (x+ y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0

 (y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2 (2)

Vì - (x+ y)2  với x, y nên: (y - 1)(y + 4)   -4  y  1 0,5

Vì y nguyên nên y 



4; 3; 2; 1; 0; 1  



đã cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1)

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

0,5

5

x

D

B

A

C I

E

Bài giải:

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

ngồi nên: DIC=

    0

( ) 90 : 45

2

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: 2 BC =

BE

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

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

(12: 2)2 = 2x2 – 10x

x2 - 5x – 36 =

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

O,5

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

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN

(Đề gồm có 01 trang) (Mơn chung cho tất cảc thí sinh)

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

Ngày thi : 17 tháng năm 2012

Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

   

   

   

  , (Với a > , a 1)

1 Chứng minh :

2

P a

 

2 Tìm giá trị a để P = a

Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = 2x + 3

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

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

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

1 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 vng góc với BC qua điểm cố định M di động đường tròn (O)

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

Chứng minh : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a 

-BÀI GI IẢ

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1

1 Chứng minh :

2 P a  

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

             



 





 





 



2

1 1 1

1

a a a a a

P a a a a         



 



2 4

1

a a a a a a a

P a a a a          

4

1

a a P

a a a a

 

  (ĐPCM)

1.0

2 Tìm giá trị a để P = a P = a =>

2

2

1 a a a

a     

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

a2 =

2 c a   

(Thoả mãn điều kiện) Vậy a = P = a

1.0

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

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

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

3 c a   

Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = => A (-1; 1)

Với x2 = => y2 = 32 = => B (3; 9)

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

1.0

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

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

1

D C

B

A

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

= 20 – 13,5 – 0,5 = (đvdt)

3

1 Khi m = 4, ta có phương trình

x2 + 8x + 12 = có ’ = 16 – 12 = > 0

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - + = - x2 = - - = -

1.0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

x2 + 2mx + m2 – 2m + = 0

Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4

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

1.0

4

1 2 N K

H

D I

C

O

A B

M

1 Ba điểm O, M, D thẳng hàng:

Ta có MC tiếp tuyến đường trịn (O)  MC  MO (1)

Xét đường trịn (I) : Ta có CMD 900  MC  MD (2)

Từ (1) (2) => MO // MD  MO MD trùng  O, M, D thẳng hàng

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 CHD 900  H  (I) (Bài tốn quỹ

tích)

DH kéo dài cắt AB K

Gọi N giao điểm CO đường tròn (I)

=>

 900 can tai D

CND NC NO COD         

Ta có tứ giác NHOK nội tiếp

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

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

 







CBO HND HCD

DHN COB (g.g)

HN OB HD OC

OB OA HN ON

OC OC HD CD

OA CN ON OC CD CD

               

 Mà ONH CDH 

NHO DHC (c.g.c)

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

AC  K trung điểm OA cố định  (ĐPCM)

1.0

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

  

Chứng minh : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a 

* C/M bổ đề:





2

2 a b

a b

x y x y



 







2

2 2 a b c

a b c

x y x x y z

       Thật





















2 2

2 0

a b a b

a y b x x y xy a b ay bx x y x y



         



(Đúng)  ĐPCM

Áp dụng lần , ta có:





2

2 2 a b c

a b c

x y x x y z

 

  

 

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

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

a b c a b c

A

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

     

           

1

(1)

2 1

B

a b c

A

a b b c c a

 

     

     

            

Ta chứng minh 1 1

a b c

a b  b c  c a  







 









 









 



2 2

3

1 1

1 1

1 1

2

1 1

1 1

2

1 1

1 1

2 (2)

1 1 1

B

a b c

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b b c c c a a

                                                                                 

* Áp dụng Bổ đề ta có:









 

 

 

 

 



3

1 1 1

a b c B

a b b b c c c a a

  

 

          





2

2 2

3

3 (3)

3( )

a b c B

a b c ab bc ca a b c

  

  

        

* Mà:









2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

2

2 2

3( )

2 2 2 6 6

2 2 2 6 6 ( : 3)

2 2 6

3

3

3( )

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

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

a b c

a b c

a b c ab bc ca a b c

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

        32 (4)

Từ (3) (4)  (2)