Nếu ta chọn 3 điểm ở 3 đỉnh của tam giác đều cạnh bằng 2 cm vẽ 3 đường tròn đường kính 1 cm, các đường tròn này tiếp xúc với nhau ở trung điểm mỗi cạnh tam giác.. Tìm m để phương trìn[r]
(1)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
-ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: Ngày 12 tháng năm 2012 (Đề thi gồm: 01 trang)
Câu (2,0 điểm): Giải phương trình sau: a) x(x 2) 12 x
2
x 1
b)
x 16 x x
Câu (2,0 điểm):
a) Cho hệ phương trình
3
5
x y m
x y
có nghiệm (x; y) Tìm m để biểu thức (xy + x – 1) đạt giái trị lớn nhất.
b) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 3)x – cắt trục hoành điểm có hồnh độ bằng
2 .
Câu (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức
3
2
P x
x x x
với x0 x4.
b) Năm ngoái, hai đơn vị sản xuất nông nghiệp thu hoạch 600 thóc Năm nay, đơn vị thứ làm vượt mức 10%, đơn vị thứ hai làm vượt mức 20% so với năm ngối Do đó hai đơn vị thu hoạch 685 thóc Hỏi năm ngối, đơn vị thu hoạch bao nhiêu thóc?
Câu (3,0 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn (O). Vẽ đường cao BE, CF
của tam giác Gọi H giao điểm BE và CF Kẻ đường kính BK của (O). a) Chứng minh tứ giác BCFE là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh tứ giác AHCK hình bình hành.
c) Đường trịn đường kính AC cắt BE M, đường trịn đường kính AB cắt CF N Chứng minh AM = AN.
Câu (1,0 điểm):
Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn: b + d ac
b d Chứng minh phương trình x + ax+b x +cx+ d2 2 0
(x ẩn) ln có nghiệm.
(2)
Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……… Chữ ký giám thị 1: ……….…… Chữ ký giám thị 2: ………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
-ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
MƠN THI: TỐN (ĐỢT 1, NGÀY 12/7)
Câu ý Đáp án Điểm
1 (2đ)
a) - Biến đổi phương trình
x(x 2) 12 x dạng x2 – x – 12 = 0 0.5
- Giải nghiệm: x1 = 4; x2 = -3 0.5
b)
Phương trình 2
x 1
x 16 x x
Điều kiện: x 4 0.25
- Biến đổi dạng: x2 –2x – = 0 0.25
- Giải được: x1 = (loại); x2 = -2 (TM) 0.25
-KL: nghiệm x = -2 0.25
2 (2đ)
a)
- Giải hệ
3
5
x y m
x y
tìm nghiệm (x; y) = (m +2; – m) 0.25 - Thay (x; y) = (m + 2; – m) vào biểu thức (xy + x – 1) = - m2 + 2m + 7 0.25 - Biến đổi lập lập (xy + x – 1) = - m2 + 2m + = – (m – 1)2 8 0.25 - Tìm (xy + x – 1) đạt GTLN m = 0.25
b)
- Lập luận: để đường thẳng y = (2m – 3)x – cắt trục hoành điểm có hồnh độ
2
3 2m – (2m – 3).
2
3 = 0.5
- Giải kết luận: m =
15
4 0.5
3 (2đ)
a)
- Với x0 x4 Biến đổi
3
( 2)( 1)
P x
x x x 0.25
- Biến đổi đến
1
( 2)( 1)
x
P x
x x 0.25
- Rút gọn P = 0.5
b) Gọi x, y số thóc đơn vị thứ đơn vị thứ hai thu hoạch
được năm ngoái, điều kiện: <x, y < 600 0.25
- Lập luận hệ
x y 600 0,1x 0, 2y 85
(3)
- Giải hệ được: x = 350 (TM); y = 250 (TM) 0.25 - KL: Đơn vị thứ 350 (tấn); đơn vị thứ hai 250 (tấn) 0.25
4 (3đ)
a) Vẽ hình 0.25
- Chỉ BEC BFC 90 o BCFE là
tứ giác nội tiếp 0.75
b) Lập luận:
AH // KC (cùng vng góc với BC) CH // AK (cùng vng góc với AB) - Suy AHCK hình bình hành
0.25 0.25 0.5
c)
- Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vng ANB và AMC ta có:
AN2 = AF.AB; AM2 = AE.AC 0.25
-Chứng minh AEF ~ ABC 0.25
Suy ra:
AE AF
AE.AC AF.AB
ABAC 0.25
Từ suy AM2 = AN2 AM = AN 0.25
5 (1đ)
x +ax+b x +cx+ d2 2 0 x + ax+b2
= (1) x +cx+ d2 = (2)
Tính a− c¿
2
+2[ac−2(b+d)]
Δ1+Δ2=(a2−4b)+(c2−4d)=a2−2 ac+c2+2[ac−2(b+d)]=¿
0.25
Xét b + d < b; d có số nhỏ 1> 2> phương
trình cho có nghiệm 0.25
Xét b+ d > 0 Từ ac
b d ac 2(b + d) Δ1+Δ2≥0 Do một hai giá trị Δ1, Δ2 khơng âm ít hai phương trình (1) (2)
có nghiệm
0.25
KL: a, b, c, d số thực thỏa mãn: b + d ac b d .
Phương trình x + ax+b x +cx+ d2 2 0 (x ẩn) ln có nghiệm
(4)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
-KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 14 tháng năm 2012
(Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1(2,0 điểm): Giải phương trình sau:
a)
2
5
3x 5x
b) 2x 1
Câu 2(2,0 điểm): Cho biểu thức:
:
2
a a a a
A
b a
a b a b a b ab
với a b số dương khác nhau.
a) Rút gọn biểu thức:
2
a b ab
A
b a
.
b) Tính giá trị A a 7 và b 7 3. Câu 3(2,0 điểm):
a) Tìm m để đường thẳng y x m và y x m cắt điểm nằm
trên trục tung.
b) Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km Lúc xe máy đi từ A để tới B Lúc 30 phút ngày, xe ô tô từ A để tới B với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h (hai xe chạy đường cho) Hai xe nói trên đều tới B lúc Tính vận tốc xe.
Câu 4(3,0 điểm): Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R (R độ dài cho trước) Gọi C, D hai điểm nửa đường tròn cho C thuộc cung AD góc COD = 1200 Gọi giao điểm hai dây AD BC E, giao điểm đường thẳng AC BD là
F.
a) Chứng minh bốn điểm C, D, E, F nằm đường trịn. b) Tính bán kính đường trịn qua C, E, D, F nói theo R.
c) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác FAB theo R C, D thay đổi vẫn thỏa mãn giả thiết toán.
Câu 5(1,0 điểm): Khơng dùng máy tính cầm tay, tìm số ngun lớn khơng vượt q S,
trong
6
2
S
.
- Hết
-Họ tên thí sinh: ………Số báo danh: ……… Chữ ký giám thị 1: ………Chữ ký giám thị 2: ………
(5)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012 - 2013 Ngày thi: 14 tháng 07 năm 2012 I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa
- Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Ý Nội dung Điểm
1
a Giải phương trình
2
5
3x 5x
(1) 1,00
(1) 5 3x 3
5x
2 15
5
3x x2
4 15
3
5x x
Vậy (1) có nghiệm
15 15 ; x x 0,25 0,25 0,25 0,25
b Giải phương trình 2x 1 (2) 1,00
(2) 2x 31 2x 31 2x – = 1 2x 4 x2
2x – = -1 2x 2 x1 Vậy (2) có nghiệm x = 2; x = 1
0,25 0,25 0,25 0,25
2 a
Rút gọn biểu thức:
2
a b ab
A b a . 1,00 ( ) ( ) : ( )
a b a a a a b a
A
b a a b
( )
ab a b
A
b a ab
( a b) A b a
a b ab
A b a 0,25 0,25 0,25 0,25
b Tính giá trị A a 7 3,b 7 1,00
Có a + b = 14; b – a = 8 3; ab = 1 Do theo CM ta có A =
2 14
8
a b ab
b a
Nên
(6)
Hay
2 3 A
3 a Tìm m để đường thẳng y x m và y x m cắt tại
một điểm nằm trục tung.
1,00 Đường thẳng y x m cắt trục tung điểm M(x;y): x = 0; y = m
Đường thẳng y x m cắt trục tung điểm N(x’;y’): x’ = 0; y’ = – 2m
Do hệ số góc đường thẳng khác nhau
Yêu cầu toán cho MN 3 – 2m = m m = 1 Kết luận m = 1
0,25 0,25 0,25 0,25 b Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km Lúc giờ
một xe máy từ A để tới B Lúc 30 phút ngày, xe ô tô từ A để tới B với vận tốc lớn vận tốc xe máy 15 km/h (hai xe chạy đường cho) Hai xe nói tới
B lúc Tính vận tốc xe.
1,00
Gọi vận tốc xe máy x km/h (x > 0) Khi vận tốc tơ x +15 (km/h)
0,25
Thời gian xe máy hết quãng đường AB
90 ( )h x Thời gian xe ô tô hết quãng đường AB
90 ( ) 15 h
x ; 30’=
1 ( ) h
Theo ta có phương trình
90 90
15
x x (*) 0,25
Giải phương trình (*) có x = 45 (t/m); x = -60 (loại) 0,25 Vậy vận tốc xe máy 45km/h; vận tốc xe ô tô 45 + 15 = 60 (km/h) 0,25 4 a Chứng minh bốn điểm C, D, E, F nằm đường trịn 1,00
Vẽ hình câu a)
Vì AB đường kính nên BCAC; tương tự BDAD
AD cắt BC E, đt ACvà BD cắt nhau F
Do D C nhìn FE góc vng nên C, D, E, F nằm trên đường trịn (đường kính EF)
0,25 0,25 0,25 0,25
b Tính bán kính đường trịn qua C,E,D,F theo R. 1,00
Vì góc COD = 1200 nên CD = R 3(bằng cạnh tam giác nội tiếp
(O))
0,25 0,25
J I
E O
A B
C
F
D
(7)
Và gócAFB =
0 0
1
(180 120 ) 30
2 .
(Vì tam giác ABF nhọn nên FE nằm FC FD nên tứ giác CEDF nội tiếp đường trịn đường kính FE - Thí sinh không điều không trừ điểm)
Suy sđ CED = 600(của đường tròn đường kính FE , tâm I)
tam giác ICD hay bán kính cần tìm ID = CD = R
0,25 0,25
c Tìm giá trị lớn diện tích tam giác FAB theo R C, D thay đổi thỏa mãn giả thiết toán.
1,00 Gọi H giao đường FE AB, J giao IO CD Có
FHAB
1
2 ABF
S AB FHR FH
Do tốn quy tìm giá trị lớn nhất FH
Có FH = FI + IH FI+IO=FIIJ+JO =
3
3 ( 2)
2
R R
R R
(Vì IJ đường cao tam giác cạnh R 3; Tam giác COD cân đỉnh O góc COD = 1200 ; OI trung trực CD nên tam giác COJ vng
ở J có góc
OCJ = 300 hay OJ = OC/2 = R/2)
Dấu xảy F, I, O thẳng hàng, lúc CD song song với AB (cùng vng góc với FO)
Vậy diện tích tam giác ABF lớn R2( 32)khi CD song
song với AB
0,25
0,25
0,25 0,25
5 Khơng dùng máy tính cầm tay, tìm số ngun lớn khơng vượt q S,
6
S = +
1,00
Đặt x1 2 3;x2 2 3 x x1; 2là nghiệm phương trình
4
x x
Suy 12 1 11 0( )
n n n
x x x x x n N
Tương tự có 11 0( )
n n n
x x x n N
Do Sn2 4Sn1Sn 0( n N) Trong 2( ) k k
k
S x x k N Có S1x1x2 4;S2 (x1x2)2 2x x1 16 2 14
Từ S3 4S2 S1 52;S4 4S3 S2 194;S5 724;S6 2702 Vì 0<2 31 nên 0<(2 3)6 1 hay
6 2702
2701 < S = +
Vậy số nguyên phải tìm 2701.
0,25
0,25 0,25
(8)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013
Mơn thi: TỐN (chun) Thời gian làm bài: 150 phút
Đề thi gồm : 01 trang
Câu I (2,0 điểm)
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a (b-2c)+b (c-a)+2c (a-b)+abc2 2
2) Cho x, y thỏa mãn x3 y- y +1+ y+ y +12 Tính giá trị biểu thức
4 2
A x +x y+3x +xy- 2y +1 . Câu II ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình (x - 4x+11)(x - 8x +21) 352
2) Giải hệ phương trình
2
x+ x +2012 y+ y +2012 2012 x + z - 4(y+z)+8 0
.
Câu III (2,0 điểm)
1)Chứng minh với số ngun n (n2 + n + 1) khơng chia hết cho 9.
2)Xét phương trình x2 – m2x + 2m + = (1) (ẩn x) Tìm giá trị nguyên dương m để
phương trình (1) có nghiệm ngun Câu IV (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vng A có AB < AC ngoại tiếp đường tròn tâm O Gọi D, E, F tiếp điểm (O) với cạnh AB, AC, BC; BO cắt EF I M điểm di chuyển đoạn CE
1) Tính BIF
2) Gọi H giao điểm BM EF Chứng minh AM = AB tứ giác ABHI nội tiếp
3) Gọi N giao điểm BM với cung nhỏ EF (O), P Q hình chiếu N đường thẳng DE, DF Xác định vị trí điểm M để PQ lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm)
Cho số a, b, c thỏa mãn 0 a b c 1 Tìm giá trị lớn biểu thức
1 1 1
B (a+b+c+3) + + a+1 b+1 c+1
(9)
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 TRƯỜNG THPT CHUYÊNNGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (chuyên)
Hướng dẫn chấm gồm : 03 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 a (b - 2c) +b (c - a) + 2c (a - b) + abc=2c (a - b)+ab(a-b)-c(a2 2 2 b2) ac a b( )
0,25
2
(a b)[2c 2ac ab bc]
0,25
(a b)[2 (c c a) b a c( )]
0,25
(a b a c b)( )( )c
0,25
2) 1,0 điểm
Có x = y- y + 13 y+ y + 12
3 3 3
x = 2y +3 y - y + y+ y + 1 y- y +1 y+ y +1
0,25
3
x + 3x -2y =
0,25
4 2
A = x + x y + 3x - 2xy + 3xy - 2y + = (x +3x -2xy) +(x y+3xy - 2y ) 1 0,25
3
x(x +3x-2y) +y(x +3x - 2y) 1
0,25
Câu II (1,0đ) 1)1,0 điểm
phương trình cho tương đương với
2 2
(x 2) (x 4) 35
(1) 0,25
Do
2
2 2
2
( 2) 7
( 2) ( 4) 35
( 4) 5
x x
x x x
x x
0,25
2
2
( 2) 7
(1)
( 4) 5
x x
0,25
<=>x=2 0,25
2)1,0 điểm 2
2
(x+ x +2012)(y+ y +2012) 2012 (1) x + z - 4(y+z)+8=0 (2)
(1) x x 2012 y y 2012 y 2012 y 2012 y 2012 y
(D o y22012 y 0 y )
(10)
2 2
2
2 2
2
2012 2012 2012 2012 2012 2012
2012 2012
2012 2012 2012 2012
2012 2012
x x y y x x y y
x y y x
y x y x
x y y x 2 2
2 2
2012 2012
( )
2012 2012 2012 2012
y y x x
y x
x y x y
y x y x
Do 2 2
2012 | |
2012 2012
2012 | |
y y y y
y y x x y x
x x x x
0,25
Thay y=-x vào(2) x2z24x 4z 8 (x2)2(z 2)2 0 0,25
2
2
( 2)
2
( 2)
x x y x z z
Vậy hệ có nghiệm (x;y;z)=(-2;2;2).
0,25 Câu III
(2,0đ)
1)1,0 điểm Đặt A = n2 + n + n n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + (k ) 0,25
* n = 3k => A không chia hết cho (vì A khơng chia hết cho 3) 0,25 * n = 3k + => A = 9k2 + 9k + không chia hết cho 9. 0,25
* n = 3k +2 => A = 9k2 +9k+7 không chia hết cho
Vậy với số nguyên n A = n2 + n + không chia hết cho 9.
0,25 2)1,0 điểm Giả sử tồn m *
để phơng trình có nghiệm x1, x2
Theo vi-et:
2
1
1 2
x x m
x x m
⇒ (x1 - 1) (x2 - 1) = - m2 + 2m + 3
0,25
Với m * Ta cã x1x2 4vµ x1 + x2 1 m x1hoặc x2 nguyên và
2 *
1
x x m x x1, 2* (x11)(x21) 0
2
m 2m (m 1)(m 3) m
m {1;2;3}
0,25
Với m = 1; m = thay vào ta thấy phơng trình cho vơ nghiệm 0,25 Với m = thay vào phơng trình ta đợc nghiệm phơng trình cho x =1; x
= tho¶ m·n VËy m= 0,25
Câu IV (2,0đ)
1) 1,0 điểm Vẽ hình theo yêu cầu chung đề
(11)
Gọi K giao điểm BO với DF => ΔIKF vuông K 0,25
Có
1
DFE= DOE=45
0,25
BIF 45
0,25
2) 1,0 điểm Khi AM = AB ΔABM vng cân A => DBH=45
.Có DFH=45 => Tứ giác BDHF nội tiếp
0,25 => điểm B, D, O, H, F thuộc đường tròn 0,25 => BFO=BHO 90 0 => OH BM, mà OA BM=> A, O, H thẳng hàng 0,25
BAH=BIH 45 => Tứ giác ABHI nội tiếp. 0,25
3) 1,0 điểm
P
Q
N
C B
A
O D
E
F
M
Có tứ giác PNQD nội tiếp = > QPN=QDN=EFN
Tương tự có NQP=NDP=FEN => ΔNEFvà ΔNQPđồng dạng
0,25
=>
PQ NQ
= PQ EF
EF NE
0,25 Dấu “=” xẩy P F; Q E => DN đường kính (O) =>
PQ lớn EF 0,25
Cách xác định điểm M : Kẻ đường kính DN (O), BN cắt AC M PQ lớn
0,25 Câu V
(1,0đ) Đặt x=1+c, y=1+b, z=1+a
0 a b c 1 = >1z yx2
Khi A= (x+y+z)(
1 1
xyz )=3+3
x x y y z z
y z x z x y
0,25
1 1
1 1
2 2
x y x y x y x y x
y z y z y z y z z
z y z y z y z y z
y x y x y x y x x
x y z y x z x x y y z z x z
y z y x z x y z x z x y z x
0,25
Đặt x
z = t =>1 t
2
1 5 (2 1)( 2)
2 2
x z t t t t t
t
z x t t t t
(12)
Do 1 t
(2 1)( 2)
2
t t t
0
x z z x
5
A
5
3 2 10
2
Ta thấy a=b=0 c=1 A=10 nên giá trị lớn A 10 0,25
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013
( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Tốn chung
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)
( Đề thi gồm trang, có bốn câu)
Câu 1: ( 2,5 điểm)
1/ Giải phương trình : a/ x4 x2 20 0
b/ x 1 x
2/ Giải hệ phương trình :
3
x y y x
Câu : ( 2,0 điểm)
Cho parabol y = x2 (P) đường thẳng y = mx (d), với m tham số.
1/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm có tung độ
2/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm, mà khoảng cách hai điểm
Câu : ( 2,0 điểm) 1/ Tính :
1
( )
2 3 3
P
2/ Chứng minh : a5b5 a b3 2a b2 3, biết a b 0 Câu : (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm O, đường kính AH, đường trịn cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D E
1/ Chứng minh tứ giác BDEC tứ giác nội tiếp đường tròn 2/ Chứng minh điểm D, O, E thẳng hàng
(13)
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013
( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn thi: Tốn ( mơn chun)
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
( Đề thi gồm trang, có năm câu)
Câu (1,5 điểm)
Cho phương trình x4 16x2 32 0 ( với x R )
Chứng minh x 2 2 2 nghiệm phương trình cho.
Câu (2,5 điểm)
Giải hệ phương trình
2 ( 1)( 1)
2 ( 1)( 1) yx
x x y xy
y y x
( với x R y R , ).
Câu 3.(1,5 điểm)
Cho tam giác MNP có cạnh cm Lấy n điểm thuộc cạnh phía tam giác MNP cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn cm ( với n số nguyên dương) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho
Câu (1 điểm)
Chứng minh 10 số nguyên dương liên tiếp khơng tồn hai số có ước chung lớn
Câu (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC không tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D,E,F tiếp điểm BC, CA, AB với đường tròn (I) Gọi M giao điểm đường thẳng EF đường thẳng BC, biết AD cắt đường trịn (I) điểm N (N khơng trùng với D), giọi K giao điểm AI EF
1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (I)
(14)
GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10
CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI
NĂM 2012 – 2013 Mơn: Tốn chung
-Câu 1: ( 2,5 điểm)
1/ Giải phương trình :
a/ x4 x2 20 0 (*) Đặt x2 t t;( 0)
(*) t2 – t – 20 =
(t1 = (nhận) v t2 = - ( loại)); Với t = => x2 = x =
Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = - b/ x 1 x 1 ( điều kiện x1)
2 2
( x1) (x1) x 1 x 2x 1 x 3x0 x(x-3) = x = ( loại) v x = ( nhận)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2/ Giải hệ phương trình :
3
x y y x
Từ y x 3 y 3x y 0 y y
1
3 2
3 3
2
x
x y x y x y x
y x y x y x y x
y
(nhận)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y):
1 7
( ; ),( ; )
2 2
Câu : ( 2,0 điểm)
1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) (d) :
1
2
0
0 ( ) x
x mx x x m
x m
Vì giao điểm ( ) :P y x y m 2 Với y = => m2 =
(m = v m = -3) Vậy với m3 (P) (d) cắt điểm có tung độ 9.
2/ Từ câu => (P) (d) cắt hai điểm phân biệt m0.
(15)
Khoảng cách hai giao điểm : AO = m2m4 m4m2 0 (1) Đặt t m t 2;( 0) (1) t2 t 6 0
(t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại))
Với t1 = m2 = , m ( nhận)
Vậy với m 3 (P) cắt (d) hai điểm có khoảng cách 6.
Câu : ( 2,0 điểm) 1/ Tính:
1 3 3
( )
4
2 3 3 3( 1)
P
2/ Ta có:
5 2 5 2 3 2 2 3 2
2 2
0 ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )
a b a b a b a b a b a b a a b b a b a b a b
a b a b a b ab
Vì : (a b )20 (với a, b R).
0
a b ( theo giả thiết)
2 0
a b ab ( với a, bR )
Nên bất đằng thức cuối Vậya5b5 a b3 2a b2 3 với a b 0 (đpcm) Câu : (3,5 điểm)
E D
O
H C
B
A
1/ Nối H với E
+ HEA900 ( AH đường kính), AHC900 ( AH đường cao)
=> AHEACB (cùng phụ với EHC) (1)
+ ADEAHE ( góc nội tiếp chắn cung AE) (2)
Từ (1) (2) => ADE = ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn ( có góc đối
góc kề bù góc đối)
2/ Vì DAE900 => DE đường kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm).
3/ Ta có SBDEC SABC SADE
+ABC vng có AH đường cao:
2 4
AC BC AB cm =>sABC 6 (cm2)
12
5
AB AC
DE AH
BC
(cm) ( đường kính đt O) +ADE ABC có A chung , ADE = ACB ( câu 1)
=> ADE ABC (g.g) => tỉ số diện tích bình phương tỉ đồng dạng :
2
2
ABC AED
AED ABC
S DE
S DE
S
S BC BC
(16)
+
2
2 2
12
(1 ) 6(1 )
5
BDEC ABC ADE ABC
DE
S S S S
BC
= 4,6176 (cm2)
-HẾT -GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10
CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013
Mơn: Tốn chun
-Câu 1: Phương trình cho : x416x232 0 ( với x R ) (x2 8)2 32 0 (1)
Với x 2 2 2 x 2 2 2 2
=> x2 8 2 3 2
Thế x vào vế phải (1) ta có:
2 2
(x 8) 32 (8 2 3 2 8) 32 4(2 3) 12(2 3) 32
=8 24 12 32 0 ( vế phải vế trái)
Vậy x 2 2 2 nghiệm phương trình cho ( đpcm)
Câu 2: Hệ pt cho
2 ( 1)( 1)
2 ( 1)( 1) yx
x x y xy
y y x
(1) (2)
2 ( 1)( 1)
2 ( 1)( 1)
x x y xy
y y x xy
Thay x = 0, y = hệ khơng thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ không thoả =>
( ; ) (0;0);x y xy0;x 1 0;y 1 6 xy0 (*)
- Chia vế hai phương trình cho : =>
6
( ) 6( )
6
x xy
xy x y x y
y xy
Thay x = y, hệ pt có vế phải nhau, vế trái khác (không thoả) =>x y 0) (**)
=>
6(x y)
xy
x y
(3)
- Cộng vế (1) (2) hệ ta pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = (4)
(x + y) ( x + y + xy + 1) + xy =
6( ) 6( )
(x y x y)( x y ) x y
x y x y
(17)
6( 1)
(x y x y)( x y )
x y
6 (x y x y)( 1)(1 )
x y x y x y x y
- Với x + y = x = - y Thế vào hệ => -2y2 =
(y = v x = 0) không thoả (*) - Với x + y +1 =0 x = -y - vào phương trình (1) hệ ta :
2y33y2 y (y2)(2y2 y3) 0
2
2 0( )
y y
y y vn
Với y = - => x = 1.Thế vào hệ thoả, có nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2) - Với
6
1 x y x y
x y
Thế x = y -6 vào pt (2) hệ : (2) 2y3 7y216y 0
2
2
2
(2 1)( 6)
4
y
y y y
y y
y2 - 4y - =
2 10 10 y y
2y +1 = y3 =
1
Từ ba giá trị y ta tìm ba giá trị x tương ứng:
1 10 10 13 x x x
Thế giá trị (x; y) tìm vào hệ (thoả) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y): (1; -2), (
13
4 10; 10),( 10; 10),( ; )
2
Câu (Cách 1)
Tam giác có cạnh cm diện tích 3cm2 , tam giác có cạnh cm
thì diện tích
3
4 cm2 Nếu tam giác có cạnh > 1cm diện tích >
3 cm2
Gọi t số tam giác có cạnh > 1cm chứa tam giác có cạnh cm: 1 t 4 ( với t số nguyên dương) => tmax = 3.
Theo nguyên lý Drichen có t tam giác có cạnh > 1cm chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm > cm
(18)
Nếu ta chọn điểm đỉnh tam giác cạnh cm vẽ đường tròn đường kính cm, đường trịn tiếp xúc với trung điểm cạnh tam giác => Các điểm khác tam giác cách đỉnh > 1cm nằm phần diện tích cịn lại tam giác (ngồi phần diện tích bị ba hinh tròn che phủ), giới hạn cung tròn bán kinh cm
Vì dây cung đường trung bình tam giác có độ dài cm => khoảng cách giửa hai điểm nằm phần diện tích cịn lại tam giác 1 cm.
=> phần diện tích lấy điểm mà khoảng cách đến đỉnh tam giác > cm
Vậy số điểm lớn thoả mãn khoảng cách hai điểm > 1cm : nmax = + = điểm
Câu Gọi a b hai số 10 số nguyên dương liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dương)
1 a b
Gọi n ước chung a b, : a = n.x b = n.y ( n, x, y số nguyên dương) Vì a > b => x > y => x y 1
1
1 n x n y x y
n n
n
n
Vậy 10 số nguyên dương liên tiếp khơng tồn hai số có ước chung lớn Câu 5.
D K F
N E
M
I
C B
A
1)Nối N F, D F
- Xét ANF AFD có: AFN = ADF ( AF tt) FAD chung =>ANF∽AFD
(g.g) =>
2
AF
AF
AF
AN
AN AD AD
(1)
- Xét AFI có: AFIF ( AF tiếp tuyến, FI bán kính) FK AI ( AF AE tt chung AI
nối tâm) => AFI vuông F có FK đường cao) => AK.AI = AF2 (2)
- Xét ANK AID có:
(19)
+ Từ (1) (2) => AN.AD = AK.AI =>
AN AI AK AD
=>ANK∽AID (c.g.c) =>NKA = IDN (3)
- Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì có góc đối góc kề bù góc đối) => điểm I,D,N,K thuộc đường trịn (đpcm)
2) Ta có IDDM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội
tiếp đường trịn đường kính MI Vì điểm D, I, K, N thuộc đường tròn ( câu 1) => hai đường tròn ngoại tiếp DIK => hai đường tròn trùng => N nằm đường
trịn đường kính MI => INM = 900
Vì IN bán kính đường trịn (I), MN IN => MN tiếp tuyến đường tròn (I) tiếp điểm N (đpcm)
-HẾT -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 trang) (Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Nga - Pháp)
Thời gian làm :150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 18 tháng năm 2012
Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :
2
:
5
x x x x
A
x x x x x
1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tìm giá trị x để
1
2
A Câu 2 (2,0 điểm )
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 a0 và đường thẳng (d):
(20)
1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2)
2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)
Câu (2.0 điểm)
1/ Cho phương trình: x2 (2m1)x m 2m 6 0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt
2/ Giải hệ phương trình:
1
1
1
x y
x y
Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến AP và
AQ tới đường tròn (P Q tiếp điểm) Đường thẳng qua O vng góc với OP cắt đường thẳng OQ tại M.
1/ Chứng minh rằng: MO = MA
2/ Lấy điểm N cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N cắt các tia AP, AQ B C Chứng minh rằng:
a) AB AC BC khơng phụ thuộc vào vị trí điểm N.
b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ//BC
Câu (1.0 điểm)
Cho x, y số thực dương thoả mãn :
1 2 2
x y Chứng minh :
2
5x y 4xy y 3
- Hết
-Họ tên thí sinh ……… Số báo danh: ………
(21)
Bài giải
Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :
2
:
5
x x x x
A
x x x x x
1/ Rút gọn biểu thức A.
2
:
5
x x x x
A
x x x x x
(ĐK: x 0, x 4, x )
A = … =
1 x x
2/ Tìm giá trị x để
1
2
A
1 5 4 5
2 8 5 5
2 1 2
1 1
2 5 3 0 3 0
2 2
1 0
4
x
x x
A x
x x x x
x
Kết hợp với ĐK
1
4
x
Câu 2 (2,0 điểm )
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 a0và đường thẳng (d): y =
bx + 1
1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2) M (P) … a = y = 2x2
M (d) … b = y = x + 1
2/ Với a, b vừa tìm được, chứng minh (P) (d) cịn có điểm chung N khác M. Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)
Xét pt hoành độ gđ: 2x2 = x + 2x2 - x - =
1 2
1 1 1; ; ;
1 1
2 2
2 2
x y
M N
x y
2 0, 75 (dvv)
MON thang
S S S S
Câu (2.0 điểm)
1/ Cho phương trình: x2 (2m1)x m 2m 6 0 (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt?
(22)
2
3 25
0
2
1
0 2
m m
a c m m m
b m m
a
2/ Giải hệ phương trình:
1 (1) 1
1 (2)
x y
x y
(ĐK: x 1; y 1)
(2) x + y = xy (3)
Hai vế (1) dương ta bình phương hai vế ta có:
2 1
2
x y x y
x y xy x y
Thay (3) vào ta có: x + y = kết hợp với (3) có hệ:
x+y=4 xy=4
Áp dụng hệ thức Vi Ét ta có x; y hai nghiệm pt: X2 - 4x + = 0
x = 2; y = 2
Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến AP và
AQ tới đường tròn (P Q tiếp điểm) Đường thẳng qua O vng góc với OP cắt đường thẳng OQ tại M.
1
1 1
2
1
1
C B
M
P
O
Q A
N
1/ Chứng minh rằng: MO = MA
A1 = O1 A1 = A2A2 = O1MAO cân MO = MA
2/ Lấy điểm N cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N cắt các tia AP, AQ B C Chứng minh rằng:
a) AB AC BC khơng phụ thuộc vào vị trí điểm N.
Theo t/c hai tia tiếp tuyến ta có … AB + AC - BC = … = 2.AP (không đổi)
b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ//BC
Nếu tứ giác BCQP nội tiếp P1 = C1
mà P1 = Q1 C1 = Q1 PQ//BC
(23)
Cho x, y số thực dương thoả mãn :
1 2 2
x y Chứng minh :
2
5x y 4xy y 3
* Ta có:
2
2 2
2 2
5 4 3
4 4 3 0
2 3 0
x y xy y
x xy y x y
x y x y
*
1 2 2 1 2 2 1 2
2 2
2 1
x x
y
x y y x y x x
Vì : y > ; x > 2x - > x > 1/2 Thay y = … vào
2 3 0
x y
Ta có:
3
2 3 0 2 3 0 2 2 6 3 0
2 1 2 1
x x x x x
x y x
x x
(1)
Vì 2x - > (1) 2x3 x2 2x 6x 3 0 2x3 x2 4x 3 0
Mà 2x3 x2 4x3
3 2
2 2 3 3
1 2 3
x x x x x
x x x
x 1 2 2x 3 0 x 0
Vậy
2 2
(24)