BGIAI TOAN TS 10 DONG NAI 2012

=> tất cả các điểm trong phần diện tích đó có khoảng cách đến 3 đỉnh của tam giác luôn > 1 cm, nhưng khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong các điểm đó luôn <1 cm, nên chỉ lấy[r]

(1)

Tuyển sinh lớp 10 năm 2012 tỉnh Đồng Nai – Đề giải chi tiết mơn Tốn (THPT Chun Lương Thế Vinh)

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2012 TỈNH ĐỒNG NAI

( ĐỀ CHÍNH THỨC) Mơn : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút ( Đề thi gồm trang, có năm câu)

Câu (1,5 điểm)

1) Giải phương trình : 7x2 8x 0

2) Giải hệ phương trình :

3

4

x y

 

 

 



Câu ( điểm)

1) Rút gọn biểu thức :

12 3 2

;

3

M   N  



2) Cho x1, x2 hai nghiệm phương trình :

1 x  x 

Tính

1

x x Câu ( 1,5 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hàm số :

2

3

y x có đồ thị (P); y = 2x - có đồ thị (d); y kx n  có đồ thị (d

1), với k, n số thực

1) Vẽ đồ thị (P)

2) Tìm k n biết (d1) qua điểm T(1; 2) (d1) // (d)

Câu ( 1,5 điểm)

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

Câu ( 3,5 điểm)

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

1) Chứng minh AF

AE CD

DE



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

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

(2)

TUYỂN SINH LỚP 10 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM 2012 BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI MƠN TỐN

Câu (1,5 điểm) 1) Phương trình : 7x2 8x 0 có  , 427.9 79 =>   79

Phương trình có hai nghiệm:

4 79

7

x  

4 79

7

x  

2)Giải hệ phương trình :

1

3 12

3

4 12 15 18

7 14

y

x y x y x x

x y x y y

y                              

Hệ có nghiệm (x; y) = ( -1; 2) Câu ( điểm) 1)Rút gọn biểu thức :

12 3 2

;

3

M   N  



12 3 3(2 3)

2

3 3

M        

2

3 2 ( 2) 2 ( 1)

2

2 2

N        

  

2)Cho x1, x2 hai nghiệm phương trình :

2 1 0

x  x 

Tính

1

x x : Theo hệ thức Vi-ét có:

1 1 x x   

1 1 x x  

Vậy :

1

1 2

1 1

1

x x

x x x x



   



Câu ( 1,5 điểm)

1) Vẽ đồ thị (P) : y = 3x2; ( học sinh tự vẽ).

2) Tìm k n biết (d1) qua điểm T(1; 2) (d1) // (d)

Vì (d1) : y = kx + n qua T(1; 2) => = k + n (1)

Và (d1)//(d)  (y = kx +n) //( y = 2x – 3) => k = n3 (2)

Từ (1) (2) => k = n = – k = 2- = ( thoả) Vậy giá trị cần tìm k = n = => (d1): y = 2x

Câu ( 1,5 điểm)

Gọi x (m) chiều dài y (m) chiều rộng đất hình chữ nhật, với (

0  y x 99).

Theo đất có :

Chu vi : 2(x + y) = 198 (m) Diện tich : xy = 2430 (m2)

Ta có hệ phương trình :

2( ) 198 99

2430 2430

x y x y

xy xy             

=> x, y nghiệm phương trình : X2 99X 2430 0

(3)

=>

99 108 54

2

X    

99 90

45

2

X    

=> x = 54 y = 45 ( thoả ). Vậy chiều dài chiều rộng đất hình chữ nhật : x = 54 (m) y = 45 (m). Câu ( 3,5 điểm)

a

O D

b K

C

H G

F E

B

A

1) Xét tứ giác AEFD có:AEF 90 (0 EAEF- gt) àv ADF 900 ( góc hình vng)

=> Tứ giác AEFD nội tiếp đường trịn đường kính AF => EAF CDE ( góc nội tiếp chắn cung EF)

Xét AEF CDE có AEF DCE900 EAF CDE (cmt)

=> AEF ~ CDE (g.g) => AF

AE CD

DE



(đpcm)

2) Xét AHE CGF có : EAH FCG90 (0 AEAH CF; CG gt ) (1)

Vì tứ giác AEFD nội tiếp => AEDAFD ( góc nội tiếp chắn cung AD);

Ta lại có AFDCFG ( góc đối đỉnh) => AEH CFG (2) Từ (1) (2) => AHE ~ CGF (g.g) => AGEAHE => Tứ giác AEGH nội tiếp

đường tròn (đpcm)

3) AHE có EAH 90 (0 AEAH gt ) => đường tròn ngoại tiếp AHE ( viết

tắt (O)) có đường kính EH tâm O trung điểm EH

(O) đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEGH trùng (vì có điểm A, E, H chung) => G  (O).

Vì K  đường trung trực EG =>EKG cân K (trung trực đáy EG trung truyến đỉnh K) => KE = KG

Xét KEO KGO có : KE = KG ( cmt) ; OE = OG ( bán kính (O)) và

OK chung, =>KEO = KGO (c.c.c) => KEOKGO (3)

KEO900( bán kinh OE tiếp tuyến EK) Từ (3) =>KGO900=> KGOG.

(4)

Tuyển sinh lớp 10 năm 2012 tỉnh Đồng Nai – Đề giải chi tiết mơn Tốn (THPT Chuyên Lương Thế Vinh)

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012

( 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 : a5b5 a b3 2a b2 3, biết a b 0

Câu : (3,5 điểm)

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

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

(5)

TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 BÀI GIẢI MƠN: TỐN CHUNG

Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phương trình :

a/ x4 x2 20 0 (*) Đặt x2 t t;( 0)

(*) t2 – t – 20 =

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

Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = - b/ x  1 x 1 ( điều kiện x1)

2 2

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

 x = ( loại) v x = ( nhận)

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

3

x y

y x

   

 

 

 

Từ y x  3 y 3x  y 0  y  y

1

3 2

3 3

2 x

x y x y x y x

y x y x y x y x

y

 

  

          

    

   

    

       

  

     



 (nhận)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y):

1 7

( ; ),( ; ) 2  2

Câu : ( 2,0 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 m3 (P) (d) cắt điểm có tung độ 9.

2/ Từ câu => (P) (d) cắt hai điểm phân biệt m0.

Khi giao điểm thứ gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ điểm A có ( x = m; y = m2).

(6)

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 )2 0 (với a, b R).

a b  ( theo giả thiết)

2 0

a b ab ( với a, bR )

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

Câu : (3,5 điểm)

E

D

O

H

C B

A

1/ Nối H với E

+ HEA900 ( AH đường kính), AHC900 ( AH đường cao)

=> AHEACB (cùng phụ với EHC) (1) + ADEAHE ( góc nội tiếp chắn cung AE) (2) Từ (1) (2) => ADE = ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn ( có

góc đối góc kề bù góc đối)

2/ Vì DAE900 => DE đường kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm).

3/ Ta có SBDEC SABC SADE

+ABC vng có AH đường cao:

2 4

AC BC  AB  cm =>

6

ABC

AB AC

s  

(cm2)

12

5 AB AC

DE AH

BC

  

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

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

2 2

2

ABC AED

AED ABC

S DE

S

S BC BC

 

 

   

(7)

+

2

2 2

12

(1 ) 6(1 )

5

BDEC ABC ADE ABC

DE

S S S S

BC

  

     

= 4,6176 (cm2)

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012

( 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)

(8)

Tuyển sinh lớp 10 năm 2012 tỉnh Đồng Nai – Đề giải chi tiết môn Toán (THPT Chuyên Lương Thế Vinh)

TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 BÀI GIẢI MÔN: TỐN CHUN

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

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

2 2

(x  8)  32 (8 2   3 2  8)  32 4(2  3) 12(2   3) 32

=8 24 12 32 0      ( vế phải vế trái)

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

Câu 2: Hệ pt cho

2 ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

   

 

   



(1) (2)

 

 

 

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  xy0;x 1 0;y  1 6 xy0 (*) - Chia vế hai phương trình cho : =>

6

( ) 6( )

6

x xy

xy x y x y

y xy

 

    



Thay x = y, hệ pt có vế phải nhau, vế trái khác (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

 

     

 



6( 1)

(x y x y)( x y )

x y

 

    

 

6

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

x y

    

 

0

1

x y x y

x y

 



   

 

 

  

- Với x + y =  x = - y Thế vào hệ => -2y2 =

(9)

2y33y2   y (y2)(2y2 y3) 0 

2

2 0( )

y y

y y vn

   



   



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

6

1 x y x y

x y

        



Thế x = y -6 vào pt (2) hệ : (2)  2y3 7y216y 0 

2

(2 1)( 6)

4

y

y y y

y y

  

     

  



y2 - 4y - = 

2 10

y y

  



  

2y +1 =  y3 =

1



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

1

3

4 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;2 10),( ; )

2

       

Câu (Cách 1)

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

bằng cm diện tích

3

4 cm2 Nếu tam giác có cạnh > 1cm diện tích >

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

(10)

Tuyển sinh lớp 10 năm 2012 tỉnh Đồng Nai – Đề giải chi tiết mơn Tốn (THPT Chuyên Lương Thế Vinh)

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 kể điểm nằm cung tròn) giới hạn cung tròn bán kinh cm ( hình vẽ)

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 => tất điểm phần diện tích có khoảng cách đến đỉnh tam giác > cm, khoảng cách hai điểm điểm ln <1 cm, nên lấy điểm thoả mãn yêu cầu toán Ta lấy điểm trọng tâm tam giác có khoảng cách đến đỉnh hai phần ba đường trung tuyến =

2

3 cm > 1cm.

Vậy số điểm lớn tam giác có cạnh cm 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9

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

1

1 n x n y x y

n n

        n

n

   

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

D K

F

N E

M

I

C B

A

(11)

Tuyển sinh lớp 10 năm 2012 tỉnh Đồng Nai – Đề giải chi tiết môn Toán (THPT Chuyên Lương Thế Vinh)

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

ANF∽AFD (g.g) =>

2

AF

AF AN

AN AD AD

  

(1)

- Xét AFI có: AFIF ( AF tiếp tuyến, FI bán kính) FK AI ( AF AE tt

chung AI nối tâm) => AFI vuông F có FK đường cao) => AK.AI = AF2 (2)

- Xét ANK AID có:

+ IAD chung

+ Từ (1) (2) => AN.AD = AK.AI =>

AN AI

AK AD

=>ANK∽AID (c.g.c) =>NKA = IDN (3)

- Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì có góc đối góc kề bù góc đối) => điểm I,D,N,K thuộc đường trịn (đpcm)

2) Ta có IDDM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IKKM ( câu 1) => tứ giác

DIKM nội tiếp đường trịn đường kính MI Vì điểm D, I, K, N thuộc đường tròn ( câu 1) => hai đường tròn ngoại tiếp  DIK => hai đường tròn trùng

nhau => N nằm đường trịn đường kính MI => INM = 900

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

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	313,14 KB