Loi giai de toan vao 10 HNHCM 2012

4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và.. AP.MB R.[r]

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 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 2 x x 7 Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn (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 của biểu thức:

2 x y M

xy  

……….Hết……… Lưu ý:Giám thị không 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

8

36



 

 2) Với x , x  16 ta có :

B =

x( x 4) 4( x 4) x

x 16 x 16 x 16

    



 

    

  =

(x 16)( x 2) x

(x 16)(x 16) x 16

  



  

3) Ta có:

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 hoàn 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 cơng 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 =

’ = 49 + 120 = 169,  , 13 =>

 

7 13

5

x

(loại)



7 1320 4

5

x

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

người thứ hai làm xong công việc 4+2 =

Bài III: (1,5 điểm)1)Giải hệ:

2

6

1 x y

x y 

 

  

  



Hệ

4 10

4

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 =

3

 Trả lời: Vậy

Bài IV: (3,5 điểm)

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

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)

A B

C M

H

K O

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  

90

AMB (do chắn nửa đtròn(O))   90 AMS

 tam giác AMS vuông M  PAM PSM 900 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(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



 

A B

C M

H

K O

S

P E

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

y x  y x  ,

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

  

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

THCS Thạch Hòa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

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 

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

6 

 

x x x x đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5: (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 phía đường thẳng MO)

Chứng minh MA.MB = ME.MF

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)

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

2 

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 ( 1)

 

 

m Khi m = ta có ( 1)2 3

 

m nhỏ nhất

2 ( 1)

  

 

M

m lớn m = 1 ( 1)



 

 

M

m nhỏ m = 1

Vì ta có hai tam giác đồng dạng MAE MBF Nên

MA MF

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

Do hệ thức lượng đường trịn ta có MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượng tam giác vng MCO ta có MH.MO = MC2  MA.MB = MH.MO nên tứ giác AHOB nội tiếp đường tròn

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

Tương tự với ta có MC2 = MV.MS = ME.MF nên S, V thuộc đường trịn tâm P từ dây chung SV vng góc đường nối tâm PQ đường trung trực VS (đường nối hai tâm hai đường tròn) Nên PQ qua trung điểm KS (do định lí trung bình tam giác SKV) Vậy điểm T, Q, P thẳng hàng

ThS Hoàng Hữu Vinh