cCAC DE THI LOP 10 NAM 2013

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

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH THUẬN

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

Khóa ngày: 24 – – 2012

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ:

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

2

3

x y x y

  



 



b) Xác định giá trị m để hệ phương trình sau vơ nghiệm: ( 2) ( 1)

3

m x m y

x y

   

 

 

 ( m tham số)

Bài 2: (3,0 điểm)

Cho hai hàm số y = x2 y = x + 2.

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

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

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

Bài 3: (1,0 điểm)

Tính giá trị biểu thức H = ( 10 2) 3 Bài 4: (3,0 điểm)

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

a) Chứng minh rằng: AB = CI

b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2

c) Tính diện tích đa giác ABICD theo R OE =

3

R

Bài 5: (1,0 điểm)

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

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

ĐÁP ÁN:

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

2 3 5

3

x y x y y x

x y x y x y y

     

   

  

   

      

b) Hệ phương trình vơ nghiệm khi:

2

1

2

3

1

1 4

3

m m

m m

m m

m

m m

 

 

 





    



     

   

 

  Bài 2: (3,0 điểm)

a) Vẽ (d) (P) hệ trục tọa độ

x -2 -1

2

y = x (P) 1

x -

y = x + 2(d)

www.VNMATH.com

6

4

2

-2

-4

-6

1

-10 -5 10

2 O

A

B

1 -2

2

2

2

1

1

2 2

2 1; 1;

y x y x

x x y x x x y x

x x

y y

  

  

    

  

     

  

 

  

 



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

1

2.(1+4).3 -

2.1.1 -

2.2.4 =

Bài 3: (1,0 điểm)

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

Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh rằng: AB = CI

E

O

A C

B

D

I

Ta có: BDAC (gt) 

DBI = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa 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 =

2

R

 AE = R

EC =

3

R

+ R =

3

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

 DE =

R

Do đó: EB =

R

* BI = AC – 2AE = 2R –

R

=

3

R

Vậy: SABICD =

1 2. R 2R + R ( R

+ 2R) = R 16 R = R (đvdt)

Bài 5: (1,0 i m)đ ể www.VNMATH.com

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

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

G

M

P N

A

B C

Gọi G trọng tâm ABC, ta có: GM =

1

3AM; GN =

3BN; GP = 3CP

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

Nên: MN =

2AB; NP =

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

* AM < MN + AN hay AM <

2AB +

2AC (1) Tương tự: BN <

1

2AB +

2BC (2) CP <

1

2BC +

2AC (3)

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

1

3BN +

3AM >

2AB (4) Tương tự:

1

3BN +

3CP >

2BC (5)

1

3CP +

3AM >

1

3BN +

3AM +

3BN +

3CP +

3CP +

3AM >

2AB + 2BC+

1 2AC



2

3 (AM + BN + CP) >

2(AB + AC + BC)



3

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

TẠO

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày:21/6/2012

MƠN: TỐN

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

Câu 1: (2,0 điểm)

Giải hệ phương trình , phương trình sau đây:

43 19

x y

x y

  



  

2 x5 2x 18 x2 12x36 0

4 x 2011 4x 8044 3 Câu 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức:

1 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, 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 ô tô bị chặn xe cứu hỏa 10 phút Do để đến B hạn xe phải tăng vận tốc thêm km/h Tính vận tốc lúc đầu ô tô

Câu 5: (3,5 điểm)

Cho đường trịn  O , từ điểm Aở ngồi đường tròn vẽ hai tiếp tuyến ABvàAC(B C,

là tiếp điểm) OAcắtBCtại E Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp

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

3 GọiI là trung điểm BE, đường thẳng quaI và vuông góc OI cắt tia AB AC,

theo thứ tự Dvà F Chứng minh IDO BCO  DOF cân O. Chứng minh F trung điểm củaAC

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

1 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 -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Mơn: Tốn

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

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

a) A 45 500 12

b) B

3

  



 

 Câu 2: (2 điểm)

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 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

    



………Hết………

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

TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

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

Bài 1: (2,0 điểm)

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

2

2

  



 

 x y x y

Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức A( 10 2) 3

Bài 3: (1,5 điểm)

Biết đường cong hình vẽ bên parabol y = ax2.

1) Tìm hệ số a

2) Gọi M N giao điểm đường thẳng

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

Bài 4: (2,0 điểm)

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

1) Giải phương trình m =

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

1

2

8

 

x x

x x .

Bài 5: (3,5 điểm)

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

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

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

-0 2 y=ax2

y

GỢI Ý BÀI GIẢI:

Bài 1:

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

2 (1) (2)

       x y

x y 

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

        y x     

Bài 2: A( 10 2) 3 = ( 1) 5  =

2

( 1) ( 1)  = ( 1)( 1)  = 4

Bài 3:

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

2

1

2x đường thẳng y = x + : x + =

2

1

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

3

 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

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:

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.

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 KHĨA 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+

1 √a+1)÷

1

a −1 , với a 0,a

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

¿

x+y=4 2x − y=5

¿{ ¿ Câu 2:(1,5 điểm)

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

trình, tính giá trị biểu thức sau:

a, x1 + x2 b,

1

x1+x2 c, x1

2

+x22

Câu 3:(1,5 điểm)

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

a, Vẽ (P)

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

Câu 4:(1,5 điểm)

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

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

Câu 5:(3,5 điểm)

Cho đường 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 đỉnh I tam giác AIB d) Cho ba điểm A, B, C cố định Đường tròn (O) thay đổi qua

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

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

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

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

Ngày thi: 21 tháng năm 2012

Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức :P=

3

1 1

x x

x x x



 

  

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

Câu (2,0 điểm) Cho hệ phương trình :

2

ax

x ay y   



 



1 Giải hệ phương trình với a=1

2 Tìm a để hệ phương trình có nghiệm

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

Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R khơng 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 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 a 4b 4c 2 2

  

Hết

-Cán coi thi khơng giải thích thêm !

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI 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

y=−2 ¿{

¿

C2.2 (1,0 điểm)

-Nếu a = 0, hệ có dạng:

¿ 2x=−4

−3y=5

⇔

¿x=−2

y=−5 ¿{

¿

=> có nghiệm

-Nếu a , hệ có nghiệm khi: 2a≠ a −3

⇔a2≠ −6 (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 vax

2−2 (m)

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

2−2)= 2⋅

x2

2

⇔x2

2 −2x − x+4=

x2

4 ⇔x

2

−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) C4.3

(1,0 điểm)

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

Chứng minh Tam giác MBC => ∠ BMC = 600

=> ∠ BOC = 1200

=> ∠ KOC = 600 - ∠ O

1 = 600 - ∠ M1 = 600 – 300 = 300

Trong tam giác KOC vuông C, ta có:

CosKOC=OC

OK ⇒OK= OC

Cos 300=R: √3

2 = 2√3R

3

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

3 (điều phải chứng minh)

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

(1,0

điểm)      

3 3

4 4

3 3

4 4

4 4

4 4

4 4

4

a b c

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

a b c

a b c

 

        

  

    Do đó,

3 3

4 4

4

4

2

4

a  b  c   

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

-Mỗi câu có cách làm khác

câu 5

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

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

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

Ta xét trường hợp:

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

2

 .

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

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

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

ĐĂKLĂK MƠN THI : TỐN

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

Câu (2,5đ)

1) Giải phương trình:

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

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

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

2) Rút gọn biểu thức:  

1

A= x x ;

x

 

 

 



  với x ≥ 0.

Câu (1,5 đ)

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

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

giá trị m

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

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

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

3) BFC MOC  .

4) BF // AM Câu (1đ)

Bài giải sơ lược:

Câu (2,5đ)

1) Giải phương trình: a) 2x2 – 7x + = 0.  = (-7)2 – 4.2.3 = 25 >

= Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1

7

x

4 x

4



 



 

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

Ta có pt: 9t2 + 5t – = 0.

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

t2 =

9 (TMĐK) t2 =

4

9  x2 =

9  x =

4

9 3. Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x1,2 =

2 

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

2a b a

2a b b

    

   

   

 

Vậy hàm số càn tìm : y = 2x + Câu

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

Thời gian xe thứ quảng đường từ A đến B : 200

x 10 (giờ)

Thời gian xe thứ hai quảng đường từ A đến B : 200

x (giờ)

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

200 200 1 x  x 10 

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

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

2) Rút gọn biểu thức:    

1 x 1

A x x x x

x x

 

   

      

 

 

   

=  

x x x 1

x

 



 

  

  = x, với x ≥ 0.

Câu (1,5 đ)

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

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

giá trị m Ta có

2 2

(m 2) m 4m

  

E F D A M O C B

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

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

Theo hệ thức Vi-ét ta có :

1 2

x x 2(m 2) x x m 4m

          

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

= 2(m + 2)2 + ≥ với m.

Suy minA =  m + =  m = -

Vậy với m = - A đạt = Câu

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

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

2) Ta có



MBD 

sđ BD ( góc nội tiếp chắn cung BD)



MAB 

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

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

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

MB MD MA MB  MB2 = MA.MD

3) Ta có:

 MOC   BOC=

2sđ BC

( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

 BFC  sđ 

BC(góc nội tiếp)  BFC MOC  .

4) Tứ giác MFOC nội tiếp ( F C  = 1800)  MFC MOC  ( hai góc nội tiếp

chắn cung MC), mặt khác MOC BFC  (theo câu 3)  BFC MFC   BF // AM.

Câu

 2

2 a b

a b

x y x y 

 



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

Xét hiệu 3x y  =

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

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

    

   

   ≥ ( y > – 2y

> 0)



1 3

x 2y  dấu “ =” xãy 

x 0,y x 0,y

x

x 2y x

y

y y

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUNNGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013

Mơn thi: TỐN (không chuyên)

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

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

1) Giải phương trình

1

x x 

 

2) Giải hệ phương trình

3 3 11

x x y

  

 

 



 .

Câu II ( 1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức

1 a +

P = + :

2 a - a - a a - a

 

 

  với a > a 4 .

Câu III (1,0 điểm)

Một tam giác vuông 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

1 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

2

a b  Tìm giá trị lớn biểu thức

2 2

1

2

Q

a b ab b a ba

 

    .

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊNNGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN (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) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Nội dung Điểm

Câu I (2,0đ)

1) 1,0 điểm

1 3( 1)

x

x x x



      0,25

1 3

x x

    0,25

2x

   0,25

2

x

  .Vậy phương trình cho có nghiệm x = -2 0,25

2) 1,0 điểm 3 3 0(1)

3 11 (2)

x x y        

 Từ (1)=>x 3 3

0,25

<=>x=3 0,25

Thay x=3 vào (2)=>3.3 2 y11 <=>2y=2 0,25

<=>y=1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y)=(3;1) 0,25

Câu II (1,0đ)

 

1 a +1

P= + :

2- a

a 2- a a a

 

 

  

 

0,25 1+ a

=

a (2 ) a +1

a a a    0,25    

a a =

a 2- a

 0,25 a = 2- a  =-1 0,25

Câu III (1,0đ) Gọi độ dài cạnh góc vuông 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

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)

m + ta có 2.(-1) – m +1 =

 -1 – m = 0,25

 m = -4 0,25

Vậy m = -4 (d) qua điểm A(-1; 3) 0,25

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

2

1

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3

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

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

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

 

1 2

x x y +y 48 0 có x x 2x +2x -2m+21 2 1 2 48 0

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



0,25

2

m - 6m - =

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

m<3)

Vậy m = -1 thỏa mãn đề

0,25

Câu V (3,0đ)

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

VìBD tiếp tuyến (O) nên BD  OB => ΔABD 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=90 (1)

0,25

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

=> CH  AB => OHC=90 (2) 0,25

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

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

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

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

AI CI = AD CD



(3)

0,25

Trong ΔABDcó HI // BD =>

AI HI =

AD BD (4)

0,25

Từ (3) (4) =>

CI HI =

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

0,25

Câu VI

(1,0đ) Với a0;b0ta có:

2 2 2

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

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

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 (khơng kể thời gian giao đề)

Đề có 01 trang

Câu 1(3,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2  6x 9 0

b) Giải hệ phương trình:

4

3 10

x y

y x

 

 

 



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

Câu (2,5 điểm)

Một ca nô chạy xi dịng từ A đến B chạy ngược dịng từ B đến A hết tất Tính vận tốc ca nô nước yên lặng, biết qng sơng AB dài 30 km vận tốc dịng nước km/giờ

Câu 3(2,5 điểm)

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

a) SO = SA

b) Tam giác OIA cân

Câu 4(2,0 điểm).

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

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

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

Nội dung Điểm

Câu (3,0 điểm)

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

Bài giải: Ta có   ' ( 3)2 0 0,5

Phương trình có nghiệm:

6

x  

0,5

b) Giải hệ phương trình:

4 (1) 10 (2)

x y

y x

 

 

 



1,0

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

Thay x = vào (1): – 3y =  y =

2

3 Tập nghiệm:

2

x y

   

  

0,5

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

1,0

Bài giải: Ta có  

2

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 rằng quãng sông AB dài 30 km vận tốc dòng nước km/giờ.

2,5

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

Vận tốc ca 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

4

x giờ.

0,5

Theo ta có phương trình:

30 30

4

x x  (4) 0,5

2

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

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

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

A

S

O N

M

I 0,5

a) Chứng minh: SA = SO 1,0

Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MAO SAO (1) 0,5 Vì MA//SO nên: MAO SOA  (so le trong) (2)

0,5

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

b) Chứng minh tam giác OIA cân 1,0

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

0,5

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

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

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

0,5

 (x+ y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0

 (y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2 (2)

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

0,5

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

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

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

0,5

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=

  1( ) 90 : 20 450

IBC ICB  B C  

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)

O,5

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 nguyên để giá trị biểu thức B(A – 1) số nguyên

Bài II (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Hai người làm chung công việc 12

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

Bài III (1,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2 x y

1 x y



  

 

   



2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = (ẩn x) Tìm m để phương trình có

hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện :

2

1

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 đi qua trung điểm đoạn thẳng HK

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

2

x y M

xy

 

……….Hết………

Lưu ý:Giám thị khơng giải thích thêm.

Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2:

GỢI Ý – ĐÁP ÁN

Bài I: (2,5 điểm)

1) Với x = 36, ta có : A =

36 10 36



 



2) Với x , x  16 ta có :

B =

x( x 4) 4( x 4) x

x 16 x 16 x 16

    



 

    

  =

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

  



  

3) Ta có:

2 2

( 1)

16 16 16

x x x

B A

x x x x x

 

  

     

       .

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

Ta có bảng giá trị tương ứng:

16

x 1 2

x 17 15 18 14

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

Bài II: (2,0 điểm)

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

12

x

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

1

x(cv), người thứ hai làm được

1

x (cv)

Vì hai người làm xong công việc 12

5 giờ nên hai đội làm được 12

1: =

5 12(cv)

Do ta có phương trình

1

x x 12  

2

( 2) 12

x x

x x  

 



 5x2 – 14x – 24 = 0

’ = 49 + 120 = 169,  , 13 =>

 

7 13

5

x

(loại)



7 1320 4

5

x

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

Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ:

2

2

6

1

x y x y 

  

 

   

 , (ĐK: x y, 0).

Hệ

4 10

4

2

2

2 2

6

2

1

x

x

x y x x x

y y

x y x y

x y

    



    

    

   

         

   

         



  

 .(TMĐK)

Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1)

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

Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m + Theo ĐL Vi –ét, ta có:

1

2

4

3

x x m

x x m m

  

  

 





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

 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – = 0

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)

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

A B

C M

H

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

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

  900

sd AC sd BC 

Xét tam giác MAC EBC có

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

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

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

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

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

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

Theo giả thiết ta có

AP MB AP OB

R

MA   MAMB (vì có R = OB)

Mặt khác ta có PAM ABM (vì chắn cung AM (O))  PAM ∽  OBM

   1 

AP OB

PA PM

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

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

 tam giác AMS vuông M    

90

PAM PSM

A B

C M

H

K O S

P E

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

Mà PM = PA(cmt) nên PAM PMA

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

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

NK BN HN

PA BP PS hay 

NK HN

PA PS

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

Bài V: (0,5 điểm)

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

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

x y x xy y xy y x y xy y

xy xy xy

       

 

=

2

( )

4

x y y

xy x



 

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

x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy  x = 2y Từ ta có M ≥ +

-3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 2:

Ta có M =

2 2 3

( )

4

x y x y x y x y x

xy xy xy y x y x y 

      

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

x y

y x ta có 4

x y x y

y x  y x  ,

dấu “=” xảy  x = 2y Vì x ≥ 2y 

3

2

4

x x

y  y  , dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ + 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 3:

Ta có M =

2 2 4 3

( )

x y x y x y x y y

xy xy xy y x y x x 

      

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

x y

y x ta có

4

2

x y x y

dấu “=” xảy  x = 2y Vì x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy  x = 2y Từ ta có M ≥

4-3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 4:

Ta có M =

2 2 2

2 2

2 3 3

4 4 4

4

x x x x x

y y y y

x y x x

xy xy xy xy xy xy y

    



     

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

2

;

x y

ta có

2

2 2 .

4

x x

y y xy

  

, dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

3

2

4

x x

y  y  , dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥

xy xy +

3 2= 1+

3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

@NCL Nguyễn Chí Luyện

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

TP.HCM Năm học: 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TOÁN

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

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

b)

2

3

 

 

 



x y x y

c) x4x2 12 0

d) x2 2x 0

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2

1

 y x

đường thẳng (D):

1 2

 

y x

hệ trục toạ độ

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

Thu gọn biểu thức sau:

1

1

  



 

x A

x

x x x x với x > 0; x1 (2 3) 26 15 (2 3) 26 15

     

B

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2 2mx m  0 (x ẩn số)

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

Tìm m để biểu thức M = 12 22

24

  

x x x x đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5: (3,5 điểm)

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

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 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

BÀI GIẢI

Bài 1: (2 điểm)

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

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

3

2

x hay x

b)

2 (1) (2)

 

 

 



x y

x y 

2 (1)

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

 

 

  



x y x y



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

  

 

  

 y x y



1

  

 

y x

c) x4x212 0 (C)

Đặt u = x2  0, phương trình thành : u2 + u – 12 = (*) (*) có  = 49 nên (*) 

1

 

 

u

hay

1

 

 

u

(loại) Do đó, (C)  x2 =  x = 

Cách khác : (C)  (x2 – 3)(x2 + 4) =  x2 =  x =  d) x2 2x 0 (d)

’ = + = (d)  x = 3

Bài 2:

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

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

2

1

2

4x  2x  x2 + 2x – =  x4 hay x2

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

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

1

1       x A x

x x x x

2

  

 

 

x x x x x

x x x

2

( 1)



 

 

x x

x x x

2 1          x x x

2 ( 1) ( 1)    x x x x 

x với x > 0; x1 (2 3) 26 15 (2 3) 26 15

     

B

1

(2 3) 52 30 (2 3) 52 30

2

     

2

1

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

2

     

1

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

2

      

Câu 4:

a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m

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

b m a  

; P =  

c m a

M = 2

24

( )



 

x x x x = 2

24

4 16

 



   

m m m m

2

6 ( 1)

 

 

m Khi m = ta có ( 1)2 3

 

m nhỏ nhất

2

6 ( 1)

  

 

M

m lớn m = 1

6 ( 1)



 

 

M

m nhỏ m = 1

Câu

Vì ta có hai tam giác đồng dạng MAE MBF Nên

MA MF

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

Do hệ thức lượng đường tròn ta có MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượng trong

tam giác vng MCO ta có MH.MO = MC2  MA.MB = MH.MO nên tứ giác AHOB

nội tiếp đường tròn

Xét tứ giác MKSC nội tiếp đường trịn đường kính MS (có hai góc K C

vng).Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC Do MS đường trung trực KC nên MS vng góc với KC V

Do hệ thức lượng tam giác MCS ta có MC2 = MV MS => MA.MB = MV.MS nên S,V thuộc đường tròn tâm Q

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN

THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN

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

Thời gian làm :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 17 tháng năm 2012

Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

   

   

   

  , (Với a > , a 1)

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

+

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 ln qua điểm cố định M di động đường tròn (O)

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

Chứng minh : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a 

-BÀI GIẢI

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1

1 Chứng minh :

2 P a  

1 1

4

1

a a

P a

a a a a

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

1 1 1

1

a a a a a

P a a a a             

2 4

1

a a a a a a a

P a a a a          

4

1

a a P

a a a a

 

  (ĐPCM)

1.0

2 Tìm giá trị a để P = a P = a =>

2

2

2 a a a

a     

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

a2 =

2 c a   

(Thoả mãn điều kiện) Vậy a = P = a

1.0

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

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

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

3 c a   

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

Với x2 = => y2 = 32 = => B (3; 9)

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

1.0

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

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

1 D C B A -1

.4 20

2

ABCD

AD BC

S   DC  

9.3 13,5

2

BOC

BC CO

S   

1.1 0,5

2

AOD

AD DO

S   

Theo 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 tròn (I) : Ta có CMD 900  MC  MD (2)

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

1.0

2 Tam giác COD tam giác cân

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

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

1.0

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

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

toán quỹ tích)

DH kéo dài cắt AB K

Gọi N giao điểm CO đường tròn (I) =>

 900

can tai D

CND NC NO

COD         

Ta có tứ giác NHOK nội tiếp

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

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

    

CBO HND HCD

DHN COB (g.g)

HN OB HD OC

OB OA HN ON

OC OC HD CD

OA CN ON OC CD CD

               

 Mà ONH CDH 

NHO DHC (c.g.c)

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

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

2 2 3

a b c 

Chứng minh : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a 

* C/M bổ đề:

 2

2 a b

a b

x y x y 

 



 2

2 2 a b c

a b c

x y x x y z        Thật          2 2

2 0

a b a b

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



         



(Đúng)  ĐPCM Áp dụng lần , ta có:

 2

2 2 a b c

a b c

x y x x y z  

  

 

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

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

a b c a b c

A

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

     

           

1

(1)

2 1

B

a b c

A

a b b c c a

 

     

     

            

Ta chứng minh 1 1

a b c

a b  b c  c a  

                 

2 2

3

1 1

1 1

1 1

2

1 1

1 1

2

1 1

1 1

2 (2)

1 1 1

B

a b c

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b c c a

b c a

a b b b c c c a a

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

* Áp dụng Bổ đề ta có:                3

1 1 1

a b c B

a b b b c c c a a

    

          

 2

2 2

3

3 (3)

3( )

a b c B

a b c ab bc ca a b c   

  

        

* Mà:

 

 

2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

2

2 2

3( )

2 2 2 6 6

2 2 2 6 6 ( : 3)

2 2 6

3

3

3( )

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c

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

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

a b c

a b c ab bc ca a b c

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

        32 (4)

Từ (3) (4)  (2)

Sở giáo dục - đào tạo

Nam định

đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm HọC 2012 - 2013

Môn: Toán

Thời gian làm bµi: 120

Đề thi cú 01

trang

Phần I- Trắc nghiệm (2,0 ®iÓm)

Hãy chọn phơng án trả lời viết chữ đứng trớc phơng án vào bài làm.

Câu 1: Điều kiện để biểu thức x1 có nghĩa là

A x1 B x1 C x 1 D x1. Câu 2: Giao điểm đồ thị hai hàm số y = x - y = -2x + có tọa độ

A (0;-3) B (0;3) C (2;-1) D (2;-1)

Câu 3: Phương trình x2 - x - 2012m = có nghiệm trái dấu khi

A m0. B m0 C m0. D m0. Câu 4: Tập nghiệm phương trình x23x x 1

A 3;0 B 1;0 C 3; 1;0  D 3; 1 

Câu 5: Đường thẳng sau có điểm chung với đồ thị hàm số y = 4x2?

A y = 4x - B y = 4x C y = 5x - D y = 3x

Câu 6: Cho đường tròn (O;R) nội tiếp hình vng ABCD, diện tích hình vng ABCD

A 2R2. B R2.

C 2R2. D 4R2

Câu 7: Cho tam giác ABC vuông A, biết AC = 3, BC = 5, tanBcó giá trị

bằng

A

3

4. B

3

5. C

4

3. D

5 3.

Câu 8: Mặt cầu với bán kính 3cm có diện tích

A 4 (cm2). B 36 (cm2). C 12 (cm2). D 362 (cm2).

PhÇn II- Tù ln (8,0 ®iĨm)

Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức A =

1

:

1

x

x

x x x x

   

 

   

       

  (với x >0 x1

)

1) Rút gọn biểu thức A

2) Chứng minh A - > với x thỏa mãn điều kiện x >0 x1.

Câu (1,5 điểm)

1) Giải phương trình x4 + x2 - = 0

2) Tìm giá trị tham số m để hai đường thẳng y = (m2 + 1)x + m + y =

5x + song song với đề chính

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

1 1

x y y xy 

 



 

  

 .

Câu (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O có đường kính AB = 2R Vẽ tia tiếp tuyến Ax, By ( Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Trên nửa đường tròn cho lấy điểm M không trùng với A B, tiếp tuyến M cắt Ax, By E F

1) Chứng minh AEMO nội tiếp 2) Chứng minh EO2 = AE.EF.

3) Kẻ MH vng góc với AB (H thuộc AB), gọi K giao điểm EB MH Tính tỉ số

MK MH

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:  

4

2 x 4 3x 10x6

Hết

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

Giám thị số 1: Giám thị số 2:

HNG DN GII ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2012 - 2013

PHẦN 1: Trắc nghiệm (2đ) Mỗi câu 0,25 đ

Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu

D C C B A D A B

PHẦN 2: Tự luận (8đ)

Câu (1,5 điểm)

Đáp án Điểm

1) 1,0đ

+ Tính  

1

1

x x

x x x x x



 

  

   

2 1

1 1

x

x x x x



 

   

+ Thực phép chia tính

1

x A

x  

2)

0,5đ + Ta có

2

( 1)

2 x

A

+ Vì với x >0 x1nên  

2

1

x 

√x>0 Do A - >

Câu (1,5 điểm)

Đáp án Điểm

1) 0,75

+ Đặt t = x2 điều kiện t0 phương trình cho trở thành t2 t 6 0

+ Giải phương trình t2 t 0 tìm t1 2;t2 3

+ Đối chiếu điều kiện ta t12 thỏa mãn Từ tìm x

2) 0,75

+ Điều kiện để hai đường thẳng song song a a / b b /

+ Giải điều kiện a a / tìm m2

+ Giải điều kiện b b / tìm m0.

Đối chiếu điều kiện kết luận tìm m2

Câu (1,0 điểm)

Đáp án Điểm

+Tìm ĐKXĐ: x0và y1 +Biến đổi ptrình

1 1 1

1

1 1

y y

x

x y x y x y y



        

   (y0)

+Thay

1

y x

y  

vào phương trình 3y1xy ta được

1

3y y y 3y y y

y 

       

(thỏa mãn điều kiện)

+Thay y = vào phương trình thứ x = (thỏa mãn điều kiện)

Nếu y = hệ cho vô nghiệm

+Kết luận hệ phương trình cho có nghiệm (2; 1)

Đáp án Điểm

1) + C/m góc EAO = 900 C/m góc EMO = 900 + C/m Tổng hai góc đối 1800

+ Kết luận tứ giác AEMO nội tiếp

2)

+ C/m góc EOF = 900 C/m góc OMF = 900 Suy MO đường

cao tam giác vuông EOF

+Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông EOF có EO2 = EM.EF.

+ Vì EM = EA (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) nên suy EO2 = AE.EF

(đpcm)

3)

+ Áp dụng hệ định lý ta - lét tam giác EFB ta có

EF EF EF

KM EM KM FB FM

FB   EM   ( Do FM = FB ) (1)

+ Áp dụng hệ định lý ta - lét tam giác BEA ta có

KH BK KH BK

EA BE  EM BE ( Do EA = EM ) (2)

+ Áp dụng định lí Ta –lét vào tam giác FEB có:

FM BK

FE BE (3)

+ Từ (1), (2) (3) suy KM = KH tính

1

MK MH 

Câu      

4 2 2

2(x 4) 3 x 10x 6 x  2x2 x 2x2 3 x  2x2  4x

Đặt

2

2 2

x x u

x x v

   

 

  



 với u, v > 0

Khi ta có hệ phương trình

2

2

2 (1) (2)

0

uv u x

u v x

u v

  



   

    

Trừ vế (2) cho (1) ta được: u2 v2 2uv3u2  4u2 2uv v 0 phương

trình bậc hai ẩn u có :    

2

2

2v 4.4 v 18v

     

1

2 2

2.4

v v v

u   

( Thoả mãn )

1

2 2

2.4

v v v

u   

( không thoả mãn)

Với

 

 

2

2

2

2 2

2 2

2

2.4 2

2

2

2 3 7

x x

v v v

u x x

x x x

x x x x

x

 



     



   

         

  