60 de thi va loi giai mon Toan vao THPT nam 2012

Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm, A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đƣờng thẳng MO). Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp. c) Trên nửa mặt p[r]

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.HCM N m c: 2012 – 2013

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

1: ểm

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

b)

3

 



   

x y x y

c) x4 x2120 d) x22 2x 7 2: ểm

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số 

y x đƣờng thẳng (D): 2   

y x hệ trục toạ độ

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính 3: ểm

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

4: ểm

Cho phƣơng trình

2

   

x mx m (x ẩn số)

a) Chứng minh phƣơng trình lu n lu n c nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phƣơng trình

Tìm m để biểu thức M = 2 2

1 2 24

6   

x x x x đạt giá trị nhỏ 5: ểm

Cho đƣờng tròn (O) c tâm O điểm M nằm ngồi đƣờng trịn (O) Đƣờng 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 đƣờng thẳng MO)

a) Chứng minh MA.MB = ME.MF

b) Gọi H hình chiếu vu ng g c điểm C lên đƣờng thẳng MO Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp

c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM c chứa điểm A, vẽ nửa đƣờng trịn đƣờng kính MF; nửa đƣờng trịn cắt tiếp tuyến E (O) K Gọi S giao điểm hai đƣờng thẳng CO KF Chứng minh đƣờng thẳng MS vu ng g c với đƣờng thẳng KC

d) Gọi P Q lần lƣợt tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác EFS ABS T trung điểm KS Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định BÀI GIẢI

1: ểm

Giải phƣơng trình hệ phƣơng trình sau:

a) 2x2  x (a) Vì phƣơng trình (a) có a - b + c = nên

(a)

2   x hay x b) (1)

3 (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



2      

y x

c) x4x2120 (C) Đặt u = x2 0, phƣơng trình thành : u2 + u – 12 = (*) (*) có  = 49 nên (*) 

2  

 

u hay

2     

u (loại)

Do đ , (C)  x2 =  x = 

Cách khác : (C)  (x2 – 3)(x2 + 4) =  x2 =  x =  d) x22 2x 7 (d)

’ = + = đ (d)  x = 23 2: a) Đồ thị:

Lƣu 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 4x  2x  x

2

+ 2x – =   x hay x2 y(-4) = 4, y(2) =

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

1

1

  



 

x A

x

x x x x

2   

 

 

x x x x x

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định

M E F

K S A B T P Q C H O V 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/ Phƣơng trình (1) c ∆’ = m2

- 4m +8 = (m - 2)2 +4 > với m nên phƣơng trình (1) c nghiệm phân biệt với m

b/ Do đ , theo Viet, với m, ta có: S = b 2m a

  ; P = c  m

a

M = 2

1 2

24

( )

  

x x x x = 2

24

4 16

 



   

m m m m

2 ( 1)

 

 

m Khi m = ta có

2

(m1) 3nhỏ

2 ( 1)   

  M

m lớn m =

6 ( 1)

  

  M

m nhỏ m = Vậy M đạt giá trị nhỏ - m =

Câu

a) Vì ta c hai tam giác đồng dạng MAE MBF Nên MA MF

ME  MB  MA.MB = ME.MF

(Phƣơng tích M đƣờng tròn tâm O) b) Do hệ thức lƣợng đƣờng tròn ta c MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lƣợng tam giác vuông MCO ta có

MH.MO = MC2 MA.MB = MH.MO nên tứ giác AHOB nội tiếp đƣờng tròn

c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính MS (có hai góc K C vng) Vậy ta c : MK2

= ME.MF = MC2 nên MK = MC Do đ MF đƣờng trung trực KC nên MS vu ng g c với KC V

d) Do hệ thức lƣợng đƣờng tròn ta c MA.MB = MV.MS đƣờng tròn tâm Q

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.ĐÀ NẴNG N m c: 2012 – 2013

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,0 điểm)

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

2    

   

x y x y

Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức A( 10 2) 3 Bài 3: (1,5 điểm)

Biết đƣờng cong hình vẽ bên parabol y = ax2 1) Tìm hệ số a

2) Gọi M N giao điểm đƣờng thẳng

y = x + với parabol Tìm tọa độ điểm M N Bài 4: (2,0 điểm)

Cho phƣơng trình x2

– 2x – 3m2 = 0, với m tham số 1) Giải phƣơng trình m =

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

2   x x x x Bài 5: (3,5 điểm)

Cho hai đƣờng tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B  (O), C  (O’) Đƣờng thẳng BO cắt (O) điểm thứ hai D

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

3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đƣờng tròn (O’) (E tiếp điểm) Chứng minh DB = DE 1 2

y=ax2 y

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định B

C

E

D

A

O O’

BÀI GIẢI Bài 1:

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

2 (2)    

   

x y

x y 

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

  

   

 

y

x

      

Bài 2: A( 10 2) 3 = ( 1) 5  =

( 1) ( 1)  = ( 1)( 1)  = Bài 3:

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

2x đƣờng thẳng y = x + : x + =

2x  x

– 2x – =  x = -2 hay x =

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

1) Khi m = 1, phƣơng trình thành : x2 – 2x – =  x = -1 hay x = (có dạng a–b + c = 0) 2) Với x1, x2  0, ta có :

2   x x

x x 

2

1 2

3(x x )8x x  3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2 Ta có : a.c = -3m2 nên  0, m

Khi  ta có : x1 + x2 =  b

a x1.x2 =

2   c

m a 

Điều kiện để phƣơng trình c nghiệm  mà m   > x1.x2 <  x1 < x2 Với a =  x1 =   b' ' x2 =   b' ' x1 – x2 =  ' 3 m2

Do đ , ycbt  2

3(2)( 3  m ) 8( 3m ) m 

 2

1 3 m 2m (hiển nhiên m = không nghiệm)

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

1) Theo tính chất tiếp tuyến ta c OB, O’C vu ng g c với BC  tứ giác CO’OB hình thang vng

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định Mặt khác, ta c g c BAD = 900

(nội tiếp nửa đƣờng tròn) Vậy ta c g c DAC = 1800

nên điểm D, A, C thẳng hàng

3) Theo hệ thức lƣợng tam giác vu ng DBC ta có DB2 = DA.DC

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định SỞ GD&ĐT

VĨNH PHÚC

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

T g an l m b 120 p út k ông kể t g an g ao ề

Ngày thi: 21 tháng năm 2012

Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức :P= 62

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 phƣơng trình : ax

x ay y

  



   

1 Giải hệ phƣơng trình với a=1

2 Tìm a để hệ phƣơng trình c nghiệm

Câu (2,0 điểm) Một hình chữ nhật c 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 đƣờng tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R kh ng 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 đƣờng thẳng song song với Mx, đƣờng thẳng cắt (O) điểm thứ hai A Vẽ đƣờng kính BB’ (O) Qua O kẻ đƣờng thẳng vu ng g c với BB’,đƣờng thẳng cắt MC B’C lần lƣợt K E Chứng minh rằng:

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

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

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

3 3

4 4

2

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 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             1 x x x        1 x x 0,5 0,25 C1.2 (1,25 điểm) P= ) )( ( ) ( ) ( ) ( ) )( (

1  

           

 x x

x x x x x x x x x x ) ( 1 ) )( ( ) ( ) )( ( ) )( ( 3 2                       x voi x x x x x x x x x x x x x x x 0,25 0,5 0,5 C2.1 (1,0 điểm)

Với a = 1, hệ phƣơng trình c dạng:         y x y x                                   1 7 12 y x y x y x x y x y x

Vậy với a = 1, hệ phƣơng trình c nghiệm là:        y x 0,25 0,25 0,25 0,25 C2.2 (1,0

điểm) -Nếu a = 0, hệ c dạng:                 5 y x y x

=> c nghiệm

-Nếu a 0, hệ c nghiệm khi:

3

  a a a2 6 (lu n đúng, a2 0 với a) Do đ , với a 0 , hệ lu n c nghiệm

Vậy hệ phƣơng trình cho c 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:

2 x

(m) => diện tích hình chữ nhật cho là:

2 x x

x  (m2)

Nếu giảm chiều m chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật lần

lƣợt là:

2

2 

 va x

x (m)

0,25

0,25

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định đ , diện tích hình chữ nhật giảm nửa nên ta c phƣơng trình:

2 ) 2 )( ( x x

x   

0 16 12 4 2 2        

 x x x x x x

………….=> x1 62 (thoả mãn x>4);

x2 62 5(loại kh ng thoả mãn x>4) Vậy chiều dài hình chữ nhật cho 62 (m)

0,25 0,25 0,5 0,25 C4.1 (1,0 điểm)

1) Chứng minh M, B, O, C thuộc đường tròn

Ta có: MOB900(vì MB tiếp tuyến)

90 

MCO (vì MC tiếp tuyến) => MBO + MCO =

= 900 + 900 = 1800

=> Tứ giác MBOC nội tiếp (vì c tổng g c đối =1800

)

=>4 điểm M, B, O, C thuộc đƣờng tròn

0,25 0,25 0,25 0,25 C4.2 (1,0 điểm)

2) Chứng minh ME = R:

Ta c MB//EO (vì vu ng g c với BB’) => O1 = M1 (so le trong)

Mà M1 = M2 (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) => M2 = O1 (1) C/m đƣợc MO//EB’ (vì vu ng g c với BC)

=> O1 = E1 (so le trong) (2)

Từ (1), (2) => M2 = E1 => MOCE nội tiếp => MEO = MCO = 900

=> MEO = MBO = BOE = 900 => MBOE hình chữ nhật => ME = OB = R (điều phải chứng minh)

0,25 0,25 0,25 0,25 C4.3 (1,0 điểm)

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

Chứng minh đƣợc Tam giác MBC => BMC = 600 => BOC = 1200

=> KOC = 600 - O1 = 600 - M1 = 600 – 300 = 300 Trong tam giác KOC vu ng C, ta c :

3 2 : 300 R R Cos OC OK OK OC

CosKOC     

Mà O cố định, R kh ng đổi => K di động đƣờng tròn tâm O, bán kính =

3 R

(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

                  0,25 0,25 0,25 0,25

M O

B C K E B’

2

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 10 Do ó 4 4

4

4

2

a  b  c   

Chú ý: -Câu 4, thừa giả thiết “tia Mx” “điểm A”  gây rối -Mỗi câu c cách làm khác

câu

Cach 2: Đặt x = 4a;y b;z4 c

=> x, y , z > x4 + y4 + z4 = BĐT cần CM tƣơng đƣơng: x3

+ y3 + z3 > 2

hay 2(x3 + y3 + z3 ) > = x4 + y4 + z4  x3( 2-x) + y3( 2-y)+ z3( 2-z) > (*) Ta xét trƣờng hợp:

- Nếu s x, y, z tồn it nhât s  2, giả sử x x3 2 Khi đo: x3

+ y3 + z3 > 2 ( y, z > 0)

- Nếu s x, y, z nhỏ  BĐT(*) lu n đung Vậy x3

+ y3 + z3 > 2đƣợc CM

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 11 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 phƣơng trình:

a) 2x2 – 7x + = b) 9x4 + 5x2 – =

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

1) Hai t 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: A= 1 x x ; x

 

 

 



  với x ≥

Câu (1,5 đ) Cho phƣơng trình: x2

– 2(m+2)x + m2 + 4m +3 =

1) Chứng minh : Phƣơng trình lu n c 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 c ba g c nhọn nội tiếp đƣờng tròn tâm O (AB < AC) Hai tiếp tuyến B C cắt M AM cắt đƣờng tròn (O) điểm thứ hai D E trung điểm đoạn AD EC cắt đƣờng 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)

Cho hai số dƣơng x, y thõa mãn: x + 2y = Chứng minh rằng:

x y 

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 12 Bài g ả sơ lƣợc:

Câu (2,5đ)

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

= Phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt:

2

7

x

4 x

4



 



 

b) 9x4 + 5x2 – = Đặt x2 = t , Đk : t ≥ Ta có pt: 9t2 + 5t – =

a – b + c =  t1 = - (kh ng TMĐK, loại) t2 =

9 (TMĐK)

t2 =

4 x

2 =

9 x =

4

9  3 Vậy phƣơng trình cho c hai nghiệm: x1,2 =

3



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 đƣờng từ A đến B : 200

x 10 (giờ) Thời gian xe thứ hai quảng đƣờng từ A đến B : 200

x (giờ)

Xe thứ đến B sớm so với xe thứ hai nên ta c phƣơng trình: 200 200

x x 10  Giải phƣơng trình ta c 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: A 1 x x x 1 x x

x x

 

   

      

 

   

= x x x 1

x

 



 

  

  = x, với x ≥ Câu (1,5 đ)

Cho phƣơng trình: x2

– 2(m+2)x + m2 + 4m +3 =

1) Chứng minh : Phƣơng trình lu n c hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m Ta có     (m 2) 2m24m 1  > với m

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 13 E

F

D A

M

O C

B

2) phƣơng trình cho lu n c hai nghiệm phân biệt x1, x2 với giá trị m Theo hệ thức Vi-ét ta có : 2

1

x x 2(m 2)

x x m 4m

    



  



A = x21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 đƣờng kính dây) OEM = 900; OBM = 900 (Tính chất tiếp tuyến)

E B nhìn OM dƣới g c vu ng Tứ giác OEBM nội tiếp 2) Ta có MBD

2

 sđ BD( g c nội tiếp chắn cung BD)

1 MAB

2

 sđ BD ( g c 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

2

 BOC=

2 sđ BC ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

1 BFC

2

 sđ BC(góc nội tiếp) BFC MOC

4) Tứ giác MFOC nội tiếp ( F C = 1800) MFC MOC ( hai g c 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 dƣơng nên – 2y > Xét hiệu

x y  =

2

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

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

    

   

   ≥ ( y > – 2y > 0)

1

x 2y  dấu “ =” xãy 

x 0,y x 0,y

x

x 2y x

y

y y

     

       

   

     

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 14 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƢƠNG

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

Mơn thi: TỐN (không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng năm 2012

Đề t gồm : 01 trang Câu I ểm

1) Giải phƣơng trình 1

x

x 

 

2) Giải hệ phƣơng trình 3 3 11 x

x y

  

 

 



Câu II ểm

Rút gọn biểu thức P = + : a + a - a - a a - a

 

 

  với a > a4 Câu III ểm

Một tam giác vu ng c chu vi 30 cm, độ dài hai cạnh g c vu ng 7cm Tính độ dài cạnh tam giác vu ng đ

Câu IV ểm

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

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

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

 

1 2

x x y + y 480 Câu V ểm

Cho đƣờng trịn tâm O đƣờng kính AB Trên đƣờng 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 đƣờng 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 ểm

Cho số dƣơng a, b thỏa mãn 1

a b Tìm giá trị lớn biểu thức

4 21 2 4 21 2

2

Q

a b ab b a ba

 

   

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 15 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƢƠNG

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

HƢỚNG DẪN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN khơng chun) Hƣớng dẫn c ấm gồm : 02 trang

I HƢỚNG DẪN CHUNG

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

II ĐÁP ÁN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu I

1 ểm

1 3( 1)

x

x x x

       0,25

1 3

x x

    0,25

2x

   0,25

2 x

   Vậy phƣơng trình cho c nghiệm x = -2 0,25 2 ểm 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 phƣơng trình cho c nghiệm (x;y)=(3;1) 0,25 Câu II

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

Gọi độ dài cạnh g c vu ng nhỏ x (cm) (điều kiện 0< x < 15) => độ dài cạnh g c vu ng 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 c phƣơng trình 2

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

x - 53x + 240 =

 (1) Giải phƣơng trình (1) đƣợc nghiệm x = 5; x = 48 0,25 Đối chiếu với điều kiện c x = (TM đk); x = 48 (kh ng TM đk)

Vậy độ dài cạnh g c vu ng 5cm, độ dài cạnh g c vu ng lại 12 cm, độ dài cạnh huyền 30 – (5 + 12) = 13cm

0,25

Câu IV

1 ểm Vì (d) qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 y = vào hàm số y = 2x – m + ta có 2.(-1) – m +1 =

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 16

-1 – m = 0,25

 m = -4 0,25

Vậy m = -4 (d) qua điểm A(-1; 3) 0,25 2 ểm

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phƣơng trình1

x

2  x m 

0,25

x 4x 2m (1)

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

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

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

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 x1 22x +2x -2m+21 2 480 (2m - 2)(10 - 2m) + 48 =



0,25

2

m - 6m - =

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

0,25 Câu V

1 ểm Vẽ hình theo yêu cầu chung đề 0,25

VìBD tiếp tuyến (O) nên BD  OB => ΔABD vu ng B 0,25 Vì AB đƣờng kính (O) nên AE  BE 0,25 Áp dụng hệ thức lƣợng ΔABD (

ABD=90 ;BE  AD) ta có BE2 = AE.DE

0,25 2 ểm

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

=> OD đƣờng trung trực đoạn BC => OFC=900 (1)

0,25

Có CH // BD (gt), mà AB  BD (vì BD tiếp tuyến (O)) 0,25 => CH  AB => OHC=900 (2) 0,25 Từ (1) (2) ta có

OFC+ OHC = 180 => tứ giác CHOF nội tiếp 0,25 3 ểm Có CH //BD=>HCB=CBD (hai g c vị trí so le trong) mà

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

0,25

E I

F

D

H

A O

C

B E

D

A O

C

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 17 CA  CB => CA tia phân giác g c 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

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 2

a b ab a b ab

    

 

4 2

1

(1)

2

a b ab ab a b

 

   0,25

Tƣơng tự c

 

4 2

1

(2)

2

b a  a b  ab a b Từ (1) (2) 1 

Q

ab a b  



0,25

Vì 1 a b 2ab

a    b mà a b 2 ab ab1

1

2( ) Q

ab

   0,25

Khi a = b = Q

  Vậy giá trị lớn biểu thức

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 18 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TUYÊN QUANG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

N m c 2011 - 2012 MƠN THI: TỐN

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

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phƣơng trình: x2 6x 9 0 b) Giải hệ phƣơng trình:

4 3 6

3 4 10

x y

y x

 



   

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

Câu (2,5 điểm)

Một ca n chạy xu i dòng từ A đến B chạy ngƣợc dòng từ B đến A hết tất Tính vận tốc ca n nƣớc yên lặng, biết quãng s ng AB dài 30 km vận tốc dòng nƣớc km/giờ

Câu (2,5 điểm)

Trên đƣờng tròn (O) lấy hai điểm M, N cho M, O, N kh ng thẳng hàng Hai tiếp tuyến M , N với đƣờng tròn (O) cắt A Từ O kẻ đƣờng vu ng g c với OM cắt AN S Từ A kẻ đƣờng vu ng g c với AM cắt ON I Chứng minh:

a) SO = SA

b) Tam giác OIA cân Câu (2,0 điểm).

a) Tìm nghiệm nguyên phƣơng trình: x2

+ 2y2 + 2xy + 3y – =

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 19 Hƣớng dẫn c ấm b ểu ểm

MƠN THI: TỐN CHUNG

Nộ dung Đ ểm

Câu (3,0 điểm)

a G ả p ƣơng trìn : x2 6x 9 0 1,0

Bài giải: Ta có   ' ( 3)2 9 0,5 Phƣơng trình c nghiệm:

2

x  0,5

b) G ả ệ p ƣơng trìn : 4 3 6 (1)

3 4 10 (2)

x y

y x

 



  

 1,0

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

3 Tập nghiệm:

2

x y

   



 0,5

c G ả p ƣơng trìn : x26x  9 x 2011 (3)

1,0

Bài giải: Ta có  

2

6 9 3 3

x  x  x  x 0,5

Mặt khác: x26x   9 0 x 2011  0 x 2011   x 3 x 3

Vậy: (3)    x x 2011  3 2011 Phƣơng trình v nghiệm

0,5

Câu (2,5 điểm ) 2,5

Bài giải: Gọi vận tốc ca n nƣớc yên lặng x km/giờ ( x > 4) 0,5 Vận tốc ca n xu i dòng x +4 (km/giờ), ngƣợc dòng x - (km/giờ) Thời gian ca n xu i dòng từ A đến B 30

4

x giờ, ngƣợc dòng

từ B đến A 30 x

0,5

Theo ta c phƣơng trình: 30 30

4

x  x  (4) 0,5

2

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 20

A

S

O N

M

I 0,5

a C ứng m n : 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 c : SAOSOA  SAO cân SA = SO (đ.p.c.m)

b C ứng m n tam g ác OIA cân 1,0 Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MOA  NOA (3) 0,5

Vì MO // AI nên: g c MOA g c OAI (so le trong) (4)

0,5 Từ (3) (4) ta có: IOAIAO  OIA cân (đ.p.c.m)

Câu (2,0 điểm).

a Tìm ng ệm nguyên p ƣơng trìn : x2

+ 2y2 + 2xy + 3y – = (1) 1,0

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

0,5 (x+ y)2 + (y - 1)(y + 4) =

 (y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2 (2)

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

0,5 Vì y nguyên nên y     4; 3; 2; 1; 0; 1

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 21

5

x

D

B

A

C I

E

Bài giải:

Gọi D hình chiếu vu ng g c C đƣờng thẳng BI, E giao điểm AB CD.BIC có DIC góc

ngoài nên: DIC=

0

1

( ) 90 : 45

IBCICB BC  

DIC vuông cân DC = :

Mặt khác BD đƣờng phân giác đƣờng cao nên tam giác BEC cân B

EC = DC = 12: BC = BE

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

EC2 = AC2 + AE2 = x2 -25 + (x – 5)2 = 2x2 – 10x (12: 2)2 = 2x2 – 10x

x2 - 5x – 36 =

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 22 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

HÀ NỘI N m c: 2012 – 2013 Mơn thi: Tốn

Ngày thi: 21 tháng năm 2012

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức A x x

 

 Tính giá trị A x = 36 2) Rút gọn biểu thức B x : x 16

x x x

  

  

  

  (với x0; x16)

3) Với biểu thức A B n i 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 ngƣời làm chung c ng việc 12

5 xong Nếu ngƣời làm ngƣời thứ hồn thành c ng việc ngƣời thứ hai Hỏi làm ngƣời phải làm thời gian để xong c ng việc?

Bài III (1,5 điểm)

1) Giải hệ phƣơng trình:

2 x y

1 x y    



   

2) Cho phƣơng trình: x2

– (4m – 1)x + 3m2 – 2m = (ẩn x) Tìm m để phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện :

2 2 x x 7 Bài IV (3,5 điểm)

Cho đƣờng trịn (O; R) c đƣờng kính AB Bán kính CO vu ng g c 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 vu ng 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 đƣờng thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng HK

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

2 x y M

xy  

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 23 GỢI Ý – ĐÁP ÁN

I: ểm

1) Với x = 36, ta c : 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: ( 1) 2

16 16 16

x x x

B A

x x x x x

 

  

     

      

Để B A( 1) nguyên, x nguyên x16 ƣớc 2, mà Ƣ(2) = 1;  Ta c bảng giá trị tƣơng 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  II: ểm

Gọi thời gian ngƣời thứ hoàn thành xong c ng việc x (giờ), ĐK 12

x Thì thời gian ngƣời thứ hai làm xong c ng việc x + (giờ)

Mỗi ngƣời thứ làm đƣợc1

x (cv), ngƣời thứ hai làm đƣợc

1

x (cv) Vì hai ngƣời làm xong c ng việc 12

5 nên hai đội làm đƣợc 12 1:

5 = 12(cv) Do đ ta c phƣơng trình

1

x x 12  

2

( 2) 12

x x

x x  

 



 5x2 – 14x – 24 = ’ = 49 + 120 = 169, ,

13   =>  13 6

5

x (loại) 7 13 20 4

5

x (TMĐK)

Vậy ngƣời thứ làm xong c ng việc giờ,

ngƣời thứ hai làm xong c ng việc 4+2 = III: ểm 1)Giải hệ:

2

2

6

1

x y x y    



   

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 24 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 c nghiệm (x;y)=(2;1)

2) + Phƣơng trình cho c  = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + > 0, m Vậy phƣơng trình c nghiệm phân biệt m

+ Theo ĐL Vi –ét, ta có: 2

4

3

x x m

x x m m

   



 



Khi đ : 2

1 ( 2) 2

x x   x x  x x 

 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) =  10m2 – 4m – =  5m2 – 2m – = Ta thấy tổng hệ số: a + b + c = => m = hay m =

5

 Trả lời: Vậy

IV: ểm

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

90

HKB (do K hình chiếu H AB)

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

A B

C M

H

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 25 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 c

45

CMB (vì chắn cung CB900)

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

Mà CMECEM MCE1800(Tính chất tổng ba g c tam giác)MCE900 (2) Từ (1), (2) tam giác MCE tam giác vu ng cân C (đpcm)

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

Theo giả thiết ta c AP MB R AP OB

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

 AP  OB  1 PAPM

PM OM (do OB = OM = R) (3) Vì AMB900(do chắn nửa đtròn(O))AMS900  tam giác AMS vu ng 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 vu ng g c 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) V: ểm

Cách 1(khơng 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

( )

x y y

xy x

  

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

A B

C M

H

K O

S

P E

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 26 x ≥ 2y  3

2

y y

x x

 

   , dấu “=” xảy  x = 2y Từ đ ta c M ≥ + -3

2 =

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

2, đạt đƣợc 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 dƣơng ;

x y

y x ta có 4

x y x y

y x y x  ,

dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

4

x x

y  y  , dấu “=” xảy  x = 2y Từ đ ta c M ≥ +3

2=

2, dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

2, đạt đƣợc x = 2y Cách 3: Ta có M =

2 2

4

( )

x y x y x y x y y

xy xy xy y x y x x



      

Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dƣơng x;4y y x ta có

4

2

x y x y

y x  y x  ,

dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y  3

2

y y

x x

 

   , dấu “=” xảy  x = 2y Từ đ ta c M ≥ 4-3

2 =

2 , dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

2, đạt đƣợc x = 2y

Cách 4: Ta có M =

2 2 2

2 2

2 2

4

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 dƣơng

2 ; x

y ta có

2

2

2

4

x x

y y xy

   ,

dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

4

x x

y  y  , dấu “=” xảy  x = 2y Từ đ ta c M ≥ xy

xy + = 1+

3 =

5

2 , dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 35

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

THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn thi : TỐN

(Đề gồm có 01 trang) Môn c ung c o tất cảc t í s n

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) Chứng minh :

1 P

a 

 Tìm giá trị a để P = a

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

1 Chứng minh (d) (P) c 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 phƣơng trình : x2

+ 2mx + m2 – 2m + = Giải phơng trình m =

2 Tìm m để phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt

Câu (3.0 điểm) : Cho đƣờng trịn (O) c đờng kính AB cố định, M điểm thuộc (O) ( M khác A B ) Các tiếp tuyến (O) A M cắt C Đƣờng tròn (I) qua M tiếp xúc với đƣờng 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 vu ng g c với BC lu n qua điểm cố định M di động đƣờng tròn (O)

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

Chứng minh : 2

1

2 3

a b c

a  b b  c c  a 

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 36 ÀI GIẢI

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1

1 Chứng minh : 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 a a a

a     

Ta có + + (-2) = 0, nên phƣơng trình c nghiệm a1 = -1 < (kh ng thoả mãn điều kiện) - Loại

a2 = 2 c a   

(Thoả mãn điều kiện) Vậy a = P = a

1.0

2

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

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

Nên phƣơng trình c 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) c 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)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 37

1

D C

B

A

3 -1

1

.4 20

2

ABCD

AD BC

S   DC  

9.3 13,5

2

BOC

BC CO

S   

1.1 0,5

2

AOD

AD DO

S   

Theo c ng thức cộng diện tích ta c : S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO)

= 20 – 13,5 – 0,5 = (đvdt)

3

1 Khi m = 4, ta có phƣơng trình

x2 + 8x + 12 = có ’ = 16 – 12 = > Vậy phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt x1 = - + = - x2 = - - = -

1.0 Tìm m để phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt

x2 + 2mx + m2 – 2m + = C D’ = m2

– (m2 – 2m + 4) = 2m –

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

1.0

4

1 2

N

K

H

D I

C

O

A B

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 38 Ba điểm O, M, D thẳng hàng:

Ta c MC tiếp tuyến đƣờng tròn (O)  MC  MO (1) Xét đƣờng tròn (I) : Ta c

90

CMD  MC  MD (2) Từ (1) (2) => MO // MD  MO MD trùng  O, M, D thẳng hàng www.VNMATH.com

2 Tam giác COD tam giác cân

CA tiếp tuyến đƣờng 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 Đƣờng thẳng qua D vu ng g c với BC lu n qua điểm cố định M di động đờng tròn (O)

* Gọi chân đƣờng vu ng g c hạ từ D tới BC H 90

CHD  H  (I) (Bài tốn quỹ tích)

DH kéo dài cắt AB K

Gọi N giao điểm CO đƣờng tròn (I) =>

0 90 can tai D CND

NC NO COD

 

  

  

Ta c tứ giác NHOK nội tiếp

Vì có H2O1DCO ( Cùng bù với g c DHN)  NHONKO1800(5) * Ta có : NDH NCH (Cùng chắn cung NH đƣờng 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)



90

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

1.0

5

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

Chứng minh : 2 2 2

2 3

a b c

a  b b  c c  a 

* C/M bổ đề:  

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 39

 2       

2 2 2 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 c :  

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, tƣơng tự Ta c : … 

2 2

2 3 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:

  

        

2 3

1 1 1

a b c B

a b b b c c c a a

    

          

 

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

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)

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 40 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

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

Khóa ngày:21/6/2012 MƠN: TỐN

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

Câu 1: (2,0 điểm)

Giải hệ phƣơng trình , phƣơng trình sau đây:

1 43

3 19 x y

x y

  

   

2 x 5 2x18 x212x360

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

Cho biểu thức: 1 : 2 1

a K

a a a a

  

 

     

 

    (với a0,a1)

1 Rút gọn biểu thức K Tìm a để K  2012 Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình (ẩn số x): x24x m 2 3 * 

1 Chứng minh phƣơng trình (*) lu n c hai nghiệm phân biệt với m Tìm giá trị m để phƣơng trình (*) c hai nghiệm x x1, 2 thỏa x2  5x1 Câu 4: (1,5 điểm)

Một t dự định từ A đến B cách 120 km thời gian quy định Sau đƣợc t bị chặn xe cứu hỏa 10 phút Do đ để đến B hạn xe phải tăng vận tốc thêm km/h Tính vận tốc lúc đầu t

Câu 5: (3,5 điểm)

Cho đƣờng trịn  O , từ điểm Aở ngồi đƣờng tròn vẽ hai tiếp tuyến ABvàAC(B C, tiếp điểm) OAcắtBCtại E

1 Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp

2 Chứng minh BC vu ng g c với OA BA BE AE BO

3 GọiIlà trung điểm BE, đƣờng thẳng quaI vng góc OIcắt tia AB AC, theo thứ tự Dvà F Chứng minh IDO BCO DOFcân O

4 Chứng minh F trung điểm củaAC

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 41 GỢI Ý GIẢI:

Câu 1: (2,0 điểm)

Giải hệ phƣơng trình , phƣơng trình sau đây:

1 43 2 86 105 21

3 19 19 43 22

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

          

   

2 x 5 2x18 ; ÐK x: 9

23( )

5 18

13

5 18 ( )

3

x TMÐK x x

x x x KTMÐK

                

3 x212x36 0 (x6)2   0 x 2011 8044 3; : 2011

3 2011 2012( )

x x ÐK x

x x TMÐK

    

    

Câu 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức: 1 : 2 1 a K a a a a             

    (với a0,a1)

 

2

1 1 1

2 : :

( 1)

1 ( 1)

1 1

2 : : ( 1)

( 1) ( 1) ( 1)

a a a a

K

a a a a

a a a a

a a a a a a a a a

                                                            2012

K   a = 2012  a = 503 (TMĐK) Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình (ẩn số x):

1  

2

2

4 *

16 12 4 0; x x m

m m m

   

        

Vậy (*) lu n c hai nghiệm phân biệt với m

2 Tìm giá trị m để phƣơng trình (*) c hai nghiệm x x1, 2 thỏa x2  5x1 Theo hệ thức VI-ET c :x1.x2 = - m2 + ;x1+ x2 = 4; mà

2

x   x => x1 = - ; x2 = Thay x1 = - ; x2 = vào x1.x2 = - m2 + => m =  2

Câu 4: (1,5 điểm)

Gọi x (km/h) vt dự định; x > => Thời gian dự định : 120( )h x Sau h ô t đƣợc x km => quãng đƣờng lại 120 – x ( km) Vt lúc sau: x + ( km/h)

Pt 1 120 120

6

x

x x



  

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 42 Tam giác BOC cân O => g c OBC = g c OCB

Tứ giác OIBD c g c OID = g c OBD = 900 nên OIBD nội tiếp => g c ODI = g c OBI Do đ IDO BCO

Lại c FIOC nội tiếp ; nên g c IFO = g c ICO Suy g c OPF = g c OFP ; DOF cân O HD C4

Xét tứ giác BPFE c IB = IE ; IP = IF ( Tam giác OPF cân c OI đƣờng cao=> ) Nên BPEF Hình bình hành => BP // FE

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 43

Sở GD – ĐT NGHỆ AN §Ị thi vào THPT năm học 2012 - 2013

Môn thi: Toán

Thêi gian 120

Ngày thi 24/ 06/ 2012

C©u 1: 2,5 ®iĨm:

Cho biĨu thøc A = 1

2

x

x x x



  

   

 

a) Tìm điều kiện xác định rút gọn A b) Tìm tất giá trị x để

2 A c) Tìm tất giá trị x để

3

B A đạt giá trị nguyên Câu 2: 1,5 điểm:

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

C©u 3: điểm:

Cho ph-ơng trình: x2 2(m-1)x + m2 – =0 ( m lµ tham sè) a) Giải ph-ơng trình m =

b) Tỡm m để ph-ơng trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn

2 2 16 x x  Câu 4: điểm

Cho điểm M nằm đ-ờng tròn tâm O Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đ-ờng tròn (A, B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không đI qua tâm O ( C nằm M D), OM cắt AB (O) lần l-ợt H I Chứng minh

a) Tứ gi¸c MAOB néi tiÕp b) MC.MD = MA2

c) OH.OM + MC.MD = MO2 d) CI tia phân gi¸c gãc MCH

HƢỚNG DẪN GIẢI

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 44 Câu 1: (2,5 điểm)

a, Với x > x  4, ta có:

A = 1

2

x

x x x



  

   

  =

2 2

( 2)( 2)

x x x

x x x

   

  = =

2 x b, A =

2 x 

2 x >

1

2   x > c, B =

3

2 x =

14

3( x2) số nguyên   x2 ƣớc 14 hay x2 =  1,

x =  7, x2 =  14 (Giải pt tìm x) Câu 2: (1,5 điểm)

Gọi vân tốc xe đạp x (km/h), điều kiện x > Thì vận tốc xe máy x + 28 (km/h)

Trong giờ:

+ Xe đạp đƣợc quãng đƣờng 3x (km),

+ Xe máy đƣợc quãng đƣờng 3(x + 28) (km), theo ta c phƣơng trình: 3x + 3(x + 28) = 156

Giải tìm x = 12 (TMĐK)

Trả lời: Vận tốc xe đạp 12 km/h vận tốc xe máy 12 + 28 = 40 (km/h) Câu 3: (2,0 điểm)

a, Thay x = vào phƣơng trình x2

- 2(m - 1)x + m2 - = giải phƣơng trình: x2 - 4x + = nhiều cách tìm đƣợc nghiệm x1 = 1, x2 = b, Theo hệ thức Viét, gọi x1, x2 hai nghiệm phƣơng trình

x2 - 2(m - 1)x + m2 - = , ta có:

2

2( 1)

x x m

x x m

  

 

 



và x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1.x2 = 16 Thay vào giải tìm đƣợc m = 0, m = -4 Câu 4: (4,0 điểm)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 45 A

D C

M

I H

B

a, Vì MA, MB tiếp tuyến đƣờng tròn (O) A B nên g c tứ giác MAOB vu ng A B, nên nội tiếp đƣợc đƣờng tròn

b, MAC MDA có chung M MAC = MDA (cùng chắn AC), nên đồng dạng Từ đ suy

MA MD

MC MD MA

MC  MA   (đfcm)

c, MAO AHO đồng dạng c chung g c O AMOHAO (cùng chắn hai cung đƣờng tròn nội tiếp tứ giác MAOB) Suy OH.OM = OA2

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vu ng MAO hệ thức OH.OM = OA2

MC.MD = MA2 để suy điều phải chứng minh

d, Từ MH.OM = MA2

, MC.MD = MA2 suy MH.OM = MC.MD  MH MC MD MO (*) Trong MHC MDO có (*) DMO chung nên đồng dạng



M O

MC MO MO

HC  D  A hay O MC MO CH  A (1)

Ta lại c MAI IAH (cùng chắn hai cung nhau) AI phân giác MAH Theo t/c đƣờng phân giác tam giác, ta c :

A MI MA IH  H (2)

MHA MAO có OMA chung MHAMAO900 đ đồng dạng (g.g) 

O A

MO MA A  H (3)

Từ (1), (2), (3) suy MC MI

CH  IH suy CI tia phân giác g c MCH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NAM

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

Mơn: Tốn

ĐỀ CHÍNH THỨC

H

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 46

Thời gian làm bài: 120 phút

Ngày thi : 22/06/2012

Câu (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

a) A 45 500 12

b) B

3

  



 

 Câu 2: (2 điểm)

a) Giải phƣơng trình: x2 – 5x + = b) Giải hệ phƣơng trình: 3x y

x 2y   

   

Câu 3: (2 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) c phƣơng trình: y = x2

đƣờng thẳng (d) c phƣơng 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 đƣờng trịn tâm O, đƣờng kính AB Trên tiếp tuyến đƣờng tròn (O) A lấy điểm M ( M khác A) Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với (O) (C tiếp điểm) Kẻ CH vu ng g c 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) G c KAC g c 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

    

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 50 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO

QUẢNG TRỊ

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

MƠN : TỐN

T g an l m b : 120 p út (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:(2 điểm)

1.Rút gọn biểu thức (kh ng dùng máy tính cầm tay): a) 50- 18

b)

1 1 1

     

 

   

a a

a

P , với a0,a1

2.Giải hệ phƣơng trình (kh ng dùng máy tính cầm tay): 

 

 

 

5

4

y x

y x

Câu 2:(1,5 điểm)

Gọi x1, x2 hai nghiệm phƣơng trình   

x

x Kh ng giải phƣơng trình, tính giá trị biểu thức sau:

a, x1 + x2 b,

2

1 x

x  c,

2 2 x x  Câu 3:(1,5 điểm)

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

b, Tìm tọa độ giao điểm (P) đƣờng 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 đƣờng tròn (O) Đƣờng thẳng (d) kh ng qua tâm (O) cắt đƣờng tròn hai điểm A B theo thứ tự, C điểm thuộc (d) ngồi đƣờng trịn (O) Vẽ đƣờng kính PQ vu ng g c với dây AB D ( P thuộc cung lớn AB), Tia CP cắt đƣờng tròn (O) điểm thứ hai I, AB cắt IQ K

a) Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp đƣờng tròn b) Chứng minh CI.CP = CK.CD

c) Chứng minh IC phân giác g c đỉnh I tam giác AIB

d) Cho ba điểm A, B, C cố định Đƣờng tròn (O) thay đổi nhƣng qua A B Chứng minh IQ lu n qua điểm cố định

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 51 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 Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phƣơng trình: 3

x y x y

  

   

b) Xác định giá trị m để hệ phƣơng trình sau v 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 +

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 c hoành 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 đƣờng trịn tâm O, đƣờng kính AC = 2R Từ điểm E đoạn OA (E kh ng trùng với A O) Kẻ dây BD vu ng g c với AC Kẻ đƣờng kính DI đƣờng 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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 52 ĐÁP ÁN:

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải hệ phƣơng trình: 3 5

3

x y x y y x

x y x y x y y

     

   

  

          

   

b) Hệ phƣơng trình v nghiệm khi:

2

3

2 3

1 4

1

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)

b) Tọa độ giao điểm (P) (d) nghiệm hệ phƣơng trình:

2 2

1

1

1;

2

1;

2 2

x x

y x x x x x

y y

y x y x y x

  

         

  

     

      

  

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

1

2 (1+4).3 - 1.1 -

1

2 2.4 = Bài 3: (1,0 điểm)

6

4

2

-2

-4

-6

1

-10 -5 10

2 O

A

B

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 53 H = ( 10 2) 3  1  5  1  1   

Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh rằng: AB = CI Ta có: BDAC (gt)

DBI = 900 ( g c nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn)  BDBI Do đ : 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 =

3 R

AE = R

EC =

R

+ R =

R

* DE2 = AE.EC = R R = R

 DE = R

Do đ : EB = R

* BI = AC – 2AE = 2R – R

=4

R

Vậy: SABICD =

5 R

.2R + R (4 R

+ 2R) = R 16 R = R (đvdt) 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 Gọi G trọng tâm ABC, ta có: GM =

3AM; GN =

3BN; GP = 3CP

Vì AM, BN, CP trung tuyến, nên: M, N, P lần lƣợt trung điểm BC, AC, AB Do đ : MN, NP, MP đƣờng trung bình ABC

Nên: MN =

2 AB; NP =

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

* AM < MN + AN hay AM < AB +

1

2 AC (1) Tƣơng tự: BN <

2 AB +

2 BC (2) CP <

2 BC +

2AC (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: AM + BN + CP < AB + BC + CA (*)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 54 * GN + GM > MN hay

3BN +

3AM >

2AB (4) Tƣơng tự:

3BN +

3CP >

2BC (5)

3CP +

3AM >

2 AC (6) Từ (4), (5), (6) suy ra:

1 3BN +

1

3AM + 3BN +

1 3CP +

1 3CP +

1

3AM > AB +

1 BC+

1 AC 2

3 (AM + BN + CP) >

2 (AB + AC + BC) 

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 55

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 56 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĐÁÁPPÁÁNNVVÀÀHHƯƯỚỚNNGGDDẪẪNNCCHHẤẤMMTTHHII

NAM ĐỊNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: TOÁN

PHẦN I – Trắc ng ệm ểm : Mỗi đáp án cho 0,25 điểm.

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án D C C B A D A B

PHẦN II – Tự luận ểm :

Câu 1.(1,5 điểm) Ý 1 ểm

Nội dung Điểm

Với x0 x1, ta có:

   x   2   x 1 

A :

x x x x x x x x

    

   

  

         

   

( Nếu HS làm riêng ngoặc lớn ngoặc cho 0,25đ Nếu làm gộp hai ngoặc vào biểu thức A mà ngoặc bị sai khơng chấm

Nếu thiếu cụm từ “ Với x0 x1” châm trước

0,5

x  : x 1  x  : 

x x x x x x x

  

 

     0,25

x   x 1 x

x x x

 

   

 ( Nếu bước viết dấu “ = ” mà thay dấu “” khơng

chấm từ bước đó.Nếu ý mà làm nhầm lẫn, chẳng hạn dấu “ = ” mà thay dấu “” ý chấm.Nếu ý mà khơng làm ý khơng chấm).

0,25

Ý ểm

Nội dung Điểm

Với x0 x1, ta có A – > x x x x



      

0,25

 2

x

   lu n với x0 x1 ( Cả ý Ý 2 phải viết cụm từ “Với x0 àv x1” Nếu không viết trừ 0,25đ)

0,25

Câu 2.(1,5 điểm) Ý 1 ểm

Nội dung Điểm

Giải phƣơng trình

x x  6 Đặt x2 t, điều kiện t 0

0,25

Phƣơng trình cho trở thành

t   t 0,25

   

    

1

t

t loại 0,25

Với

t 2 x    2 x

Vậy phƣơng trình cho c hai nghiệm x 

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 57

chấm bình thường )

Ý ểm

Nội dung Điểm

Hai đƣờng thẳng  

y m 1 x m y = 5x + song song với khi:

2 m m 2

  



  

0,25

2 m 2

m m m m             

 Vậy với m 2 hai đƣờng thẳng  

y m 1 x m

y = 5x + song song với nhau.( Nếu HS không kết luận châm trước, có mệnh đề thuận đảo ) 0,25

Câu 3.(1,0 điểm)

Nội dung Điểm

Giải hệ phƣơng trình:

1

1 x y 3y xy

  

 



   

Điều kiện: x0; y 1

Hệ phƣơng trình

1

1 y xy x y

3y xy 3y xy

                  0,25

y xy 3y y

  

    

 0,25

y xy x

y y

  

 

 

 

  (Thỏa mãn điều kiện) 0,25

Vậy hệ phƣơng trình cho c nghiệm x y

   

 ( Nếu khơng có điều kiện mà làm trừ

0,25đ câu, Nếu có điều kiện mà khơng có đối chiếu châm trước ).

0,25

Câu 4.(3,0 điểm): Nếu hình vẽ kh ng với đề phần kh ng chấm phần đ Nếu kh ng làm đƣợc ý mà làm ý chấm ý bình thƣờng

Nội dung Điểm

y x E F O A B M

Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp:

Vẽ hình ý 1, thiếu chữ x y tia Ax, Ay châm trƣớc 0,25

Vì EA , EM tiếp tuyến với (O)

Nên EAAO EMMO 0,25

Xét tứ giác AEMO c 0 EAOEMO90 90 180

=> Tứ giác AEMO nội tiếp 0,5

(Nếu thiếu chữ x y tia Ax, Ay châm trước Nếu thiếu cụm từ “Xét tứ giác AEMO” mà khơng có lí tổng góc đối trừ 0,25đ )

Ý ểm

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 58

y x

E

F

O

A B

M

Ta c EO OF lần lƣợt đƣờng phân giác g c AOM MOB (Tính chất tiếp tuyến cắt đƣờng tròn)

0,25

Mà AMOBOM1800EOMMOF900 hay tam giác EOF

vu ng O 0,25

Mặt khác OMEF => 2

EO EM.EF(hệ thức tam giác vuông)

0,25

Mà EM = EA ( tính chất tiếp tuyến) => 

EO AE.EF 0,25

Ý ểm

y x

K E

F

O

A B

M

H

∆EMK đồng dạng với ∆EFB (g.g) MK FB EM EF

  mà FB = MF (Tính chất tiếp tuyến ) MK MF

EM EF   (1)

0,25

∆BKH đồng dạng với ∆BEA (g.g) KH KB EA EB   (2)

0,25

Xét ∆EFB MK // FB nên theo ĐL Ta – lét ta có:KB MF

EB  EF (3) 0,25 Từ (1), (2) (3) MK KH

EM EA

  mà EM = EA MK

MK MH

MH

    0,25

Câu 5.(1,0 điểm)

Giải phƣơng trình:  4  2 

2 x 3x 10x ĐKXĐ: x

     

        

         

          

2

4 2

2 2

2 x 3x 10x x 2x 3x 10x

2 x 2x x 2x x 2x x 2x 0,25 Vì x22x 2 0  x nên chia hai vế phƣơng trình (1) cho x22x 2  ta đƣợc:

Phƣơng trình (1)         

   

2

2

x 2x x 2x

2

x 2x x 2x

Đặt     

2

x 2x

t

x 2x 2, điều kiện t >

0,25

Phƣơng trình (2) trở thành: 2 t t 

  

 t2 2 t 0   t 2 t 2 0  t 2

= ( t 2 0  với t > ) t

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 59

Với     

 

2

x 2x

t 2

x 2x

 

     

   

    

   

2

2

x 2x 2 x 2x x 6x

x

x

Vậy phƣơng trình cho c nghiệm x 3  x 3 

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO THỪA THIÊN HUẾ

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

Mơn thi : TỐN

T g an l m b : 120 p út (không kể thời gian giao đề)

Bài 1:(2,0 điểm)

a).Cho biểu thức: C = 5 3  3

5

    

 Chứng tỏ C = b) Giải phƣơng trình :   2 

3 x 2 x 4 = 0

Bài 2:(2,0 điểm)

Cho hàm số y = x2 c đồ thị (P) đƣờng thẳng (d) qua điểm M (1;2) c hệ số g c k0 a/ Chứng minh với giá trị k0 đƣờng thẳng (d) lu n cắt (P) hai điểm phân biệt A B

b/ Gọi xA xB hoành độ hai điểm A B.Chứng minh x + xA B x xA B 2 = 0

Bài 3:(2,0 điểm)

a/ Một xe lửa từ ga A đến ga B.Sau đ 40 phút, xe lửa khác từ ga A đến ga B với vận tốc lớn vận tốc xe lửa thứ km/h.Hai xe lửa gặp ga cách ga B 300 km.Tìm vận tốc xe, biết quãng đƣờng sắt từ ga A đến ga B dài 645 km b/ Giải hệ phƣơng trình :

   

2

20 20

x y x y

x y x y    



  

   

Bài 4:(3,0 điểm)

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

tròn (O)

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

c/ Kẻ OM BC ( M thuộc đoạn thẳng AD).Chứng minh BD DM = 1

DM AM

Bài 5:(1,0 điểm)

Cho hình chử nhật OABC, 0

COB = 30 Gọi CH đƣờng cao tam giác

COB, CH=20 cm.Khi hình chữ nhật OABC quay vịng quanh cạnh OC

30

12 cm

K H

C B

A O

0

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 60 cố định ta đƣợc hình trụ, đ tam giác OHC tạo thành hình (H).Tính thể tích phần hình trụ nằm bên ngồi hình (H)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 65

Câu (2đ)

a) Giải phƣơng trình 2x – =1 b) Giải bất phƣơng trình 3x – > Câu (2đ)

a) Giải hệ phƣơng trình        3 y x y x

b) Chứng minh

7 3     Câu (2đ)

Cho phƣơng trình x2

– 2(m – 3)x – = a) Giải phƣơng trình m =

b) Tìm m để phƣơng trình c nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức A = x12 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ đ

Câu (3đ)

Cho tam giác ABC vu ng A Lấy B làm tâm vẽ đƣờng trịn tâm B bán kính AB.Lấy C làm tâm vẽ đƣờng trịn tâm C bán kính AC, hai đƣờng tròn cắt điểm thứ D.Vẽ AM, AN lần lƣợt dây cung đƣờng tròn (B) (C) cho AM vu ng g c với AN D nằm M; N

a) CMR: ABC=DBC

b) CMR: ABDC tứ giác nội tiếp c) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng

d) Xác định vị trí dây AM; AN đƣờng tròn (B) (C) cho đoạn MN c độ dài lớn

Câu (1đ) Giải Hệ PT                y x y x y x y x y y x ) ( ) ( 2 -Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH

VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2012-2013

Mơn tốn

Thời gian làm bài: 120 phút, kh ng kể thời gian giao đề

Đề thi có 01 trang

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 66 GỢI Ý GIẢI

Câu (2đ) a) Giải phƣơng trình 2x – = b) Giải bất phƣơng trình 3x – > Đáp án a) x = ; b) x >

Câu (2đ) a) Giải hệ phƣơng trình        3 y x y x

b) Chứng minh

7 3     Đáp án a) x = ; y = – b) VT =

7 3      =VP (đpcm) Câu (2đ) Cho phƣơng trình x2 – 2(m – 3)x – =

c) Giải phƣơng trình m =

d) Tìm m để phƣơng trình c nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức A = x12 – x1x2 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ đ

Đáp án a) x1 = 2 ; x2 = 2

e) Thấy hệ số pt : a = ; c = A –  pt lu n c nghiệm Theo vi- ét ta c x1 + x2 =2(m – 3) ; x1x2 = –1

Mà A=x12 – x1x2 + x22 = (x1 + x2 )2 – 3x1x2 = 4(m – 3)2 +   GTNN A =  m =

Câu (3đ) Hƣớng dẫn

a) C AB = DB; AC = DC; BC chung ABC = DBC (c-c-c)

b) ABC = DBC  g c BAC =BDC = 900 ABDC tứ giác nội tiếp c) C g cA1 = g cM1 ( ABM cân B)

g cA4 = g cN2 ( ACN cân C) g cA1 = g cA4 ( phụ A2;3 )

 g cA1 = g cM1 =g cA4= g cN2

g cA2 = g cN1 ( chắn cung AD (C) ) Lại c A1+A2 + A3 = 900

=> M1 + N1 + A3 = 900 Mà AMN vu ng A => M1 + N1 + M2 = 900

=> A3 = M2 => A3 = D1 CDN cân C => N1;2 = D4

 D2;3 + D1 + D4 =D2;3 + D1 + N1;2 = D2;3 + M2 + N1 + N2

= 900 + M2 + N1 + M1 ( M1 = N2) = 900 + 900 = 1800

 M; D; N thẳng hàng d) AMN đồng dạng ABC (g-g) Ta c NM2

= AN2 +AM2 để NM lớn AN ; AM lớn

Mà AM; AN lớn nhât AM; AN lần lƣợt đƣờng kính (B) (C) Vậy AM; AN lần lƣợt đƣờng kính (B) (C) NM lớn Câu (1đ): Giải Hệ PT

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 67                y x y x y x y x y y x ) ( ) ( 2                      ) ( ) 1 2 ( ) 2 ( ) ( 2 y x y x y x y x y y x

Từ (2) đặt x +2y = a ; 2x–y –1 = b (a:b 0)

Ta dc (2a-1) b=(2b –1) a  ( a  b)(2 ab1)=  a = b  x = 3y + thay vào (1) ta dc

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 68

Sở giáo dục đào tạo H-ng yên

(§Ị thi cã 01 trang)

kú thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên Năm học 2012 - 2013

Môn thi: Toán

(Dành cho thí sinh dự thi lớp chuyên: Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 201222012 20132 220132 Chứng minh A số tự nhiên

b) Giải hệ phƣơng trình

2

1 x

x

y y x

x

y y

    



    

Bài 2: (2 điểm)

a) Cho Parbol (P): y = x2 đƣờng thẳng (d): y = (m +2)x – m + Tìm m để đƣờng thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt c hoành độ dƣơng

b) Giải phƣơng trình: + x + (4 x)(2x 2)4( x  2x2) Bài 3: (2 điểm)

a) Tìm tất số hữu tỷ x cho A = x2 + x+ số phƣơng b) Cho x > y > Chứng minh :

3 2

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

   

 

Bài (3 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đƣờng tròn tâm O, đƣờng cao BE CF Tiếp tuyến B C cắt S, gọi BC OS cắt M

a) Chứng minh AB MB = AE.BS

b) Hai tam giác AEM ABS đồng dạng

c) Gọi AM cắt EF N, AS cắt BC P CMR NP vu ng g c với BC Bài 5: (1 điểm)

Trong giải b ng đá c 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn lƣợt (hai đội thi đấu với trận)

a) Chứng minh sau vòng đấu (mỗi đội thi đấu trận) lu n tìm đƣợc ba đội b ng đ i chƣa thi đấu với

b) Khẳng định kh ng đội thi đấu trận?

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 69 HƢỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: (2 điểm)

a) Cho A = 201222012 20132 220132 Đặt 2012 = a, ta c 2 2

2012 2012 2013 2013  a2a (a 1)2  2 (a 1)2

2 2

(a a 1) a a

     

b) Đặt x

a y

1

x b

y

   

   

Ta có

2

1 x

x

y y x

x

y y

    



    

2

1 x

x

y y

1 x

x

y y

 

  

 

 

 

    

nên

2

b a b b b a b a

      



 

   

 

a a v

b b

 

 

    

 

Bài 2:

a) tƣơng đƣơng với PT x2 = (m +2)x – m + hay x2 - (m +2)x + m – = c hai nghiệm dƣơng phân biệt

b) Đặt t = 4 x 2x2 Bài 3:

a) x = 0, x = 1, x= -1 kh ng thỏa mãn Với x khác giá trị này, trƣớc hết ta chứng minh x phải số nguyên

+) x2 + x+ số phƣơng nên x2 + x phải số nguyên +) Giả sử x m

n

 với m n c ƣớc nguyên lớn Ta có x2 + x =

2

2

m m m mn

n n n



  số nguyên m2mn chia hết cho n2

nên m2mn chia hết cho n, mn chia hết cho n nên m2 chia hết cho n m n c ƣớc nguyên lớn 1, suy m chia hết cho n( mâu thuẫn với m n c ƣớc nguyên lớn 1) Do đ x phải số nguyên

Đặt x2

+ x+ = k2

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 70

3 2 2

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

      

    =

2

x y

y 1 x 1

2

(x 1) 2(x 1) (y 1) 2(y 1)

y x

       

 

 

2

(x 1) (y 1) 2(y 1) 2(x 1) 1

y x x y y x

         

        

         

 

Theo BĐT C si

2 2

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

2 (x 1)(y 1)

y x y x

        

   

2(y 1) 2(x 1) 2(y 1) 2(x 1)

x y x y

      

   

1 1

2

y 1  x 1  y x 1 

1 1

2 (x 1)(y 1) 2.2 (x 1)(y 1)

y x y x

 

      

     

 

Bài

a) Suy từ hai tam giác đồng dạng ABE BSM

b) Từ câu a) ta c AE MB AB  BS (1)

Mà MB = EM( tam giác BEC vu ng E c M trung điểm BC

P

N

F E

M S

O

A

B

C

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 71 Nên AE EM

AB  BS

Có MOBBAE, EBA BAE 90 , MBO MOB0  900 Nên MBOEBA đ MEBOBA( MBE)

Suy MEASBA(2)

Từ (1) (2) suy hai tam giác AEM ABS đồng dạng(đpcm.)

c) Dễ thấy SM vu ng g c với BC nên để chứng minh toán ta chứng minh NP //SM + Xét hai tam giác ANE APB:

Từ câu b) ta c hai tam giác AEM ABS đồng dạng nên NAEPAB, Mà AENABP( tứ giác BCEF nội tiếp)

Do đ hai tam giác ANE APB đồng dạng nên AN AE AP  AB Lại có AM AE

AS  AB( hai tam giác AEM ABS đồng dạng) Suy AM AN

AS  AP nên tam giác AMS c NP//SM( định lí Talet đảo) Do đ tốn đƣợc chứng minh

Bài

a Giả sử kết luận toán sai, tức ba đội c hai đội đấu với Giả sử đội gặp đội 2, 3, 4, Xét (1; 6; i) với i Є{7; 8; 9;…;12}, phải c cặp đấu với nhau, nhiên kh ng gặp hay i nên gặp i với i Є{7; 8; 9;…;12} , v lý đội nhƣ đấu trận Vậy c đpcm

b Kết luận kh ng Chia 12 đội thành nh m, nh m đội Trong nh m này, cho tất đội đ i thi đấu với Lúc rõ ràng đội đấu trận Khi xét đội bất kỳ, phải c đội thuộc nh m, đ đội đấu với Ta c phản ví dụ

thể gi i quy t đ n gi n h n cho c u a nh au:

Do đội đấu trận nên tồn hai đội A, B chƣa đấu với Trong đội lại,

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 72 THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI

NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Toán chung

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

( Đề thi gồm trang, có bốn câu)

Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phƣơng trình : a/ x4x2200 b/ x  1 x

2/ Giải hệ phƣơng trình : 3 x y

y x     

   

Câu : ( 2,0 điểm)

Cho parabol y = x2 (P) đƣờng thẳng y = mx (d), với m tham số 1/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm c 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 : 5 2

a b a b a b , biết a b 0 Câu : (3,5 điểm)

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

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

3/ Cho biết AB = cm, BC = cm Tính diện tích tứ giác BDEC -HẾT -

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 73 THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI

NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: Tốn ( mơn chun)

Thời gian làm bài: 150 phút ( kh ng kể thời gian giao đề)

( Đề thi gồm trang, có năm câu)

Câu (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình

16 32

x  x   ( với xR)

Chứng minh x 2   2 2 nghiệm phƣơng trình cho Câu (2,5 điểm)

Giải hệ phƣơng trình ( 1)( 1) ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

    



    

 ( với xR y, R) Câu 3.(1,5 điểm)

Cho tam giác MNP c 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 dƣơng) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho

Câu (1 điểm)

Chứng minh 10 số nguyên dƣơng liên tiếp kh ng tồn hai số c ƣớc chung lớn

Câu (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC kh ng tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đƣờng tròn (I) Gọi D,E,F lần lƣợt tiếp điểm BC, CA, AB với đƣờng tròn (I) Gọi M giao điểm đƣờng thẳng EF đƣờng thẳng BC, biết AD cắt đƣờng tròn (I) điểm N (N kh ng trùng với D), giọi K giao điểm AI EF

1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đƣờng tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đƣờng tròn (I)

-HẾT -

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 74 GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chung - Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phƣơng trình : a/

20

x x   (*) Đặt

; ( 0) x t t

(*) t2 – t – 20 =  (t1 = (nhận) v t2 = - ( loại)); Với t = => x2 =  x =  Vậy phƣơng trình c hai nghiệm x = x = -

b/ x  1 x ( điều kiện x1)

2 2

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

Vậy phƣơng trình c nghiệm x =

2/ Giải hệ phƣơng trình : 3 x y

y x     

   

Từ y           x y x y 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 phƣơng trình c nghiệm (x; y): ( ; ), (1 7; ) 2 2 Câu : ( 2,0 điểm)

1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : 2

0

0 ( ) x

x mx x x m

x m

 

       



Vì giao điểm 2

( ) :P y x y m

    Với y = => m2

=  (m = v m = -3) Vậy với m 3 (P) (d) cắt điểm c tung độ

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

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

Khoảng cách hai giao điểm : AO = 4

6

m m  m m   (1) Đặt

; ( 0)

tm t (1)    t2 t 0 (t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại)) Với t1 =  m2 = , m  ( nhận)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 75 Câu : ( 2,0 điểm)

1/ Tính:

( 1 ) 3 3

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 Vậy 5 2

a b a b a b với a b 0 (đpcm) Câu : (3,5 điểm)

E D O H C B A

1/ Nối H với E

+ HEA900 ( AH đƣờng kính), AHC900 ( AH đƣờng cao) => AHE ACB (cùng phụ với EHC) (1) + ADE AHE ( g c nội tiếp chắn cung AE) (2)

Từ (1) (2) => ADE = ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đƣờng tròn ( c g c đối g c kề bù g c đối)

2/ Vì

90 DAE

  => DE đƣờng kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm) 3/ Ta có SBDEC SABCSADE

+ABC vu ng c AH đƣờng cao:

2

4

AC BC AB  cm => ABC

AB AC

s   (cm2) 12

5 AB AC DE AH

BC

   (cm) ( đƣờng kính đt O)

+ADE vàABC có : A chung , ADE = ACB ( câu 1)

=> ADE ~ ABC (g.g) => tỉ số diện tích bình phƣơng tỉ đồng dạng :  2 ABC AED AED ABC S DE S DE S

S BC BC

            + 2

2 2

12 (1 ) 6(1 )

5 BDEC ABC ADE ABC

DE

S S S S

BC

  

      = 4,6176 (cm2)

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 76 GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chun - Câu 1: Phƣơng trình cho :

16 32

x  x   ( với xR)  (x28)2320 (1) Với x 2   2 2  x 2 2  2 2 => x2  8 2 32 2

Thế x vào vế phải (1) ta c :

2 2

(x 8) 32 (8 2 32 2 38) 324(2 3) 12(2   3) 32 =8 3  24 12 32  0 ( vế phải vế trái)

Vậy x 2   2 2 nghiệm phƣơng trình cho ( đpcm) Câu 2: Hệ pt cho ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

            (1) (2)      

2 ( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x y xy

y y x xy

    



    



Thay x = 0, y = hệ kh ng thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ kh ng thoả =>( ; )x y (0;0);xy0;x 1 0;y   1 xy0 (*) - Chia vế hai phƣơng trình cho : => ( ) 6( )

6

x xy

xy x y x y

y xy

 

    



Thay x = y, hệ pt c vế phải nhau, vế trái khác (kh ng thoả) =>x y 0) (**) => xy 6(x y)

x y  

 (3) - Cộng vế (1) (2) hệ ta đƣợc pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = (4)  (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = (x y x)( y 6(x y)) 6(x y)

x y x y

 

     

 

(x y x)( y 6(x y 1)) 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) kh ng thoả (*) - Với x + y +1 =0  x = -y - vào phƣơng trình (1) hệ ta đƣợc :

2y33y2   y (y2)(2y2  y 3)  22

2 0( )

y y

y y vn

     

   



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

x y

        



Thế x = y -6 vào pt (2) hệ :

(2)  2y37y216y 6 (2 1)( 6) 22

y

y y y

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 77 y2 - 4y - = 

2

2 10 10 y

y    

 



2y +1 =  y3 = 

Từ ba giá trị y ta tìm đƣợc ba giá trị x tƣơng ứng:

3

4 10 10

13

x x

x



   

    



  

 Thế giá trị (x; y) tìm đƣợc vào hệ (thoả)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y):

(1; -2), ( 10; 10), ( 10; 10), ( 13; 1) 2

       

Câu (Cách 1)

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

4 cm

Nếu tam giác c cạnh > 1cm diện tích > cm

2 Gọi t số tam giác c cạnh > 1cm chứa đƣợc tam giác c cạnh cm: 1t ( với t số nguyên dƣơng) => tmax =

Theo nguyên lý Drichen c t tam giác c cạnh > 1cm đ chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm lu n > cm

Vậy số điểm thoả yêu cầu toán : 2 n Vậy nmax = (Cách 2): Giải theo kiến thức hình học

Nếu ta chọn điểm đỉnh tam giác cạnh cm vẽ đƣờng trịn đƣờng kính cm, đƣờng trịn tiếp xúc với trung điểm cạnh tam giác => Các điểm khác tam giác cách đỉnh > 1cm c thể nằm phần diện tích cịn lại tam giác (ngồi phần diện tích bị ba hinh tròn che phủ), đƣợc giới hạn cung trịn bán kinh cm

Vì dây cung đƣờng trung bình tam giác c độ dài cm => khoảng cách giửa hai điểm nằm phần diện tích cịn lại đ tam giác lu n 1 cm

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 78 nmax = + = điểm

Câu Gọi a b hai số 10 số nguyên dƣơng liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dƣơng) a b

   

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

n n

        n n

    Vậy 10 số nguyên dƣơng liên tiếp kh ng tồn hai số c ƣớc chung lớn Câu

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) => AF AF2

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 vu ng F c FK đƣờng 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 c g c đối g c kề bù g c đối)

=> điểm I,D,N,K thuộc đƣờng tròn (đpcm)

2) Ta có IDDM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính MI Vì điểm D, I, K, N thuộc đƣờng tròn ( câu 1) => hai đƣờng tròn ngoại tiếp  DIK => hai đƣờng tròn trùng => N nằm đƣờng tròn đƣờng kính MI => INM= 900

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 79

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 81 GỢI Ý GIẢI:

Câu 1c C =

Câu 2a ( 2;1) ; Câu 2b b = - Câu 3a a =

Câu 3b A ( -1 ; ) ; B (2 ; )

Câu 4a1  120; nên pt lu n c nghiệm phân biệt với x Câu a2 => x1 + x2 = - ; x1x2 =

Câu 4b

Gọi x ( km/h) vt xe II => vt xe I x + 10 ( km/h ) ; x> Th gian xe I hết qđg : 100

x (h) Th gian xe II hết qđg : 100

10 x (h) PT 100

x - 100

10 x =

1

2 => x = 40 KL

Câu : a

1 MH = 20 ( cm ) ; ME = 12 ( cm) NPFE h thang cân

b ) b1 b2

Tam giác ABC vu ng A c AH đg cao => AB2

= BH.BC (1)

Tam giác BHE đg dạng với tam giác BDC => BH BE BH BC BD BE BD  BC   (2) Từ (1) (2) => AB2

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 82 Câu (2 điểm) Cho phƣơng trình bậc hai ẩn x, tham số m: x2 + 2mx – 2m – = (1)

a) Giải phƣơng trình (1) với m = -1

b) Xác định giá trị m để phƣơng trình (1) c hai nghiệm x1, x2 cho

2 2

1 x

x  nhỏ Tìm nghiệm phƣơng trình (1) ứng với m vừa tìm đƣợc

Câu (2,5 điểm)

1 Cho biểu thức A= 

  

  

 

    

 

 

  

x x

x x

x x x

x

3

1 3 3

3

3

4

6

3 a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Giải phƣơng trình: x 1x x1x1

Câu (1,5 điểm) Một ngƣời xe đạp từ A tới B, quãng đƣờng AB dài 24 km Khi từ B trở A ngƣời đ tăng vận tốc thêm km/h so với lúc đi, thời gian thời gian 30 phút Tính vận tốc xe đạp từ A tới B

Câu (3 điểm) Cho ABC nhọn nội tiếp (O) Giả sử M điểm thuộc đoạn thẳng AB (MA, B); N điểm thuộc tia đối tia CA cho MN cắt BC I I trung điểm MN Đƣờng tròn ngoại tiếp AMN cắt (O) điểm P khác A

1 C MR tứ giác BMIP CNPI nội tiếp đƣợc Giả sử PB = PC Chứng minh ABC cân Câu (1 điểm) Cho x; y R , thỏa mãn x2

+ y2 = Tìm GTLN :

2  

y x P SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

TỈNH NINH ÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

Mơn thi: TỐN Ngày thi: 26 / / 2012

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 83 HƢỚNG DẪN GIẢI:

2) Giải pt : x 1x x(1x) 1 ĐK : 0x1 Đặt x a0; 1x b0

Ta đƣợc   

 

  

(**)

(*) 2

b a

ab b a

Từ đ tìm đƣợc nghiệm pt x = Câu :

Từ x2  y2 11 x,y1 21 y 1

Vì ( 2)

2    

 x P y

y x

P thay vào x2 y2 1 Đƣa pt: (P2 1)y2 2 2P2y2P2 10

Dùng điều kiện c nghiệm pt bậc hai P1

2

2

Max

x P

y

     

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 84 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT

TỈNH LÀO CAI NĂM HỌC: 2012 – 2013

MƠN: TỐN

Thời gian: 120 phút(không kể thời gian giao đề) Câu I: (2,5 ểm

1 Thực phép tính:   2 3 3

a) 10  3664 b) 23  25

2 Cho biểu thức: P =

3

2a 4 1 1

1 a 1 a 1 a

  

  

a) Tìm điều kiện a để P xác định b) Rút gọn biểu thức P Câu II: ểm

1 Cho hai hàm số bậc y = -x + y = (m+3)x + Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cho là:

a) Hai đƣờng thẳng cắt b) Hai đƣờng thẳng song song

2 Tìm giá trị a để đồ thị hàm số y = ax2 (a  0) qua điểm M(-1; 2) Câu III: ểm

1 Giải phƣơng trình x

– 7x – = Cho phƣơng trình x2

– 2x + m – = với m tham số Tìm giá trị m để phƣơng trình c hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện 3

1 2

x x x x  6

Câu IV: ểm

1 Giải hệ phƣơng trình 3x 2y 1.

x 3y 2

 



   

2 Tìm m để hệ phƣơng trình 2x y m 1

3x y 4m 1

   

   

 c nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y >

Câu V: ểm Cho nửa đƣờng trịn tâm O đƣờng kính AB = 2R tiếp tuyến Ax phía với nửa đƣờng trịn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đƣờng tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đƣờng tròn (O) D (D khác B)

a) Chứng minh AMOC tứ giác nội tiếp đƣờng tròn b) Chứng minh AMDE tứ giác nội tiếp đƣờng trịn c) Chứng ADEACO

- Hết -

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 85 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu I: (2,5 ểm Thực phép tính:

3

a) 10  36 64   8 100  2 10 12

  2 3

3

b) 23  25  2 3 2  5 3 2 2  5 2

2 Cho biểu thức: P =

3

2a 4 1 1

1 a 1 a 1 a

  

  

a) Tìm điều kiện a để P xác định: P xác định a0 a 1

b) Rút gọn biểu thức P P =

2

2a 4 1 1

1 a 1 a 1 a



 

   =

     

  

2 2

2

2a 4 1 a a a 1 1 a a a 1

1 a a a 1

        

  

=

  

2 2

2

2a 4 a a a a a a a a a a a a a

1 a a a 1

           

  

=

  

2 2a

1 a a a 1



   =

2 a  a 1

Vậy với a 0 a1 P =

2 a  a 1

Câu II: ểm

1 Cho hai hàm số bậc y = -x + y = (m+3)x + Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cho là:

a) Để hàm số y = (m+3)x + hàm số bậc m +  suy m  -3 Đồ thị hai hàm số cho hai đƣờng thẳng cắt a  a’

-1 m+3m  -4

Vậy với m  -3 m  -4 đồ thị hai hàm số cho hai đƣờng thẳng cắt b) Đồ thị hàm số cho Hai đƣờng thẳng song song

a a ' 1 m 3

m 4

b b ' 2 4

   

 

    

 

  thỏa mãn điều kiện m  -3

Vậy với m = -4 đồ thị hai hàm số cho hai đƣờng thẳng song song Tìm giá trị a để đồ thị hàm số y = ax2

(a  0) qua điểm M(-1; 2) Vì đồ thị hàm số y = ax2

(a  0) qua điểm M(-1; 2) nên ta thay x = -1 y = vào hàm số ta c phƣơng trình = a.(-1)2

suy a = (thỏa mãn điều kiện a  0) Vậy với a = đồ thị hàm số y = ax2

(a  0) qua điểm M(-1; 2) Câu III: ểm

1 Giải phƣơng trình x

– 7x – = có a – b + c = + – = suy x1= -1 x2= Cho phƣơng trình x2

– 2x + m – = với m tham số Tìm giá trị m để phƣơng trình c hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện 3

1 2

x x x x  6

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 86 Theo viet ta có: x1+ x2 =2 (1) x1 x2 = m – (2)

Theo đầu bài: 3 2

x x x x  6 x x1 2x1 x22 2x x1 2= (3)

Thế (1) (2) vào (3) ta c : (m - 3)(2)2

– 2(m-3)=6  2m =12  m = Kh ng thỏa mãn điều kiện m

 kh ng c giá trị m để phƣơng trình c hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện

3

1 2

x x x x  6

Câu IV: ểm

1 Giải hệ phƣơng trình 3x 2y 1.

x 3y 2

 



   

 

3 3y 2 2y 1 7y 7 y 1

x 3y 2 x 1

x 3y 2

    

  

  

  

   



2 Tìm m để hệ phƣơng trình 2x y m 1

3x y 4m 1

   

   

 c nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y >

2x y m 1 5x 5m x m x m

3x y 4m 1 2x y m 1 2m y m 1 y m 1

     

   

  

              

   

Mà x + y > suy m + m + > 2m > m >

Vậy với m > hệ phƣơng trình c nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y >

Câu V: ểm Cho nửa đƣờng tròn tâm O đƣờng kính AB = 2R tiếp tuyến Ax phía với nửa đƣờng trịn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đƣờng tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đƣờng tròn (O) D (D khác B)

a) Chứng minh AMCO tứ giác nội tiếp đƣờng tròn b) Chứng minh AMDE tứ giác nội tiếp đƣờng tròn c) Chứng ADEACO

Giải

a) MAOMCO 90 nên tứ giác AMCO nội tiếp b) MEAMDA900 Tứ giác AMDE c

D, E nhìn AM dƣới g c 900 Nên AMDE nội tiếp

c) Vì AMDE nội tiếp nên ADEAMEcùng chan cung AE

Vì AMCO nội tiếp nên ACOAMEcùng chan cung AO

Suy ADEACO

D

O E M

C

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 87

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI

Đề thức Ngày thi: 26/6/2012

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN N m c 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn (khơng chun) Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1. (2,0 điểm)

Cho biểu thức Q x x x x x

x x

   

    

 

  , với x0, x1 a Rút gọn biểu thức Q

b Tìm giá trị nguyên x để Q nhận giá trị nguyên Câu 2. (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình

x 2(m 1)x   m 0, với x ẩn số, m R a Giải phƣơng trình cho m  –

b Giả sử phƣơng trình cho c hai nghiệm phân biệt x1 x2 Tìm hệ thức liên hệ x1 x2 mà kh ng phụ thuộc vào m

Câu 3. (2,0 điểm)

Cho hệ phƣơng trình (m 1)x (m 1)y 4m x (m 2)y

   



   

 , với m R

a Giải hệ cho m  –3

b Tìm điều kiện m để phƣơng trình c nghiệm Tìm nghiệm đ Câu 4. (2,0 điểm)

Cho hàm số

y x c đồ thị (P) Gọi d đƣờng thẳng qua điểm M(0;1) c hệ số g c k a Viết phƣơng trình đƣờng thẳng d

b Tìm điều kiện k để đt d cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt Câu 5. (2,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp đƣờng tròn (O) Gọi H giao điểm hai đƣờng cao BD CE tam giác ABC (DAC, EAB)

a Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đƣờng tròn

b Gọi I điểm đối xứng với A qua O J trung điểm BC Chứng minh ba điểm H, J, I thẳng hàng

c Gọi K, M lần lƣợt giao điểm AI với ED BD Chứng minh

2 2

1 1

DK  DA DM

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 88 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu

a Q x x x x

x

x x

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

x x

x x

x x

x

   

  

 

 

x x

x

x x

        

 

 

x 1 x 1

x

x x

 

    

 

 

1

1 x

x x

         1 x x x

   



x x

x

x  

2 x x

x  

2x x Vậy 

 2x Q

x b

Q nhận giá trị nguyên  

   

  

2x 2x 2

Q

x x x



Q  

x chia hết cho x 1   



     

x 1 x

            x x x x

đối chiếu điều kiện x x

    

Câu Cho pt x22(m 1)x   m 0, với x ẩn số, m R a Giải phƣơng trình cho m  –

Ta c phƣơng trình

x 2x 4

2

x 2x 4  0 x 2x 5      2

x 5    

x

   x x

x x

       

 

    

 

 

Vậy phƣơng trinh c hai nghiệm x  1 x  1 b

Theo Vi-et, ta có

1

x x 2m (1) x x m (2)

        2

x x 2m m x x

  



   



 

1 2

1

x x x x 2 m x x

    

  

 



Suy x1x22 x x 1 2 2 2x1x22x x1 2 6 Câu Cho hệ phƣơng trình (m 1)x (m 1)y 4m

x (m 2)y

   



   

 , với m R

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 89 Ta đƣợc hệ phƣơng trình 2x 2y 12

x 5y

   



  



x y x 5y           x y       Vậy hệ phƣơng trình c nghiệm  x; y với  7;1

b Đ ều k ện có ng ệm p ƣơng trìn m 1

m

1 m

   

 m m 2     m 1 

m m 2  m 1

      m m 1    m

m         m m       

Vậy phƣơng trình c nghiệm m 1 m 1 Giải hệ phƣơng trình (m 1)x (m 1)y 4m

x (m 2)y

   



   



m m       (m 1)x (m 1)y 4m

x (m 2)y

                     4m x y m x (m 2)y

             4m x y m y m              4m x m y m

Vậy hệ c nghiệm (x; y) với    

 

 

4m 2

; m m Câu

a V ết p ƣơng trìn ƣờng t ẳng d

Đƣờng thẳng d với hệ số g c k c dạng ykxb

Đƣờng thẳng d qua điểm M(0; 1) nên k.0 b   b Vậy d : ykx 1

b

Phƣơng trình hoành độ giao điểm (P) d

x kx

  

x kx

    , có  k24 d cắt (P) hai điểm phân biệt  0

2

k  4 k2 4 k2 22  k 2 k k        Câu

a BCDE nội tiếp BECBDC90

Suy BCDE nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính BC

b H, J, I thẳng hàng

IB  AB; CE  AB (CH  AB) Suy IB // CH

IC  AC; BD  AC (BH  AC) Suy BH // IC

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 90 c ACB AIB 1AB

2

 

ACBDEA bù với g c DEB tứ giác nội tiếp BCDE

BAIAIB90 ABI vu ng B

Suy BAIAED900 , hay EAKAEK900 Suy AEK vu ng K

Xét ADM vu ng M (suy từ giả thiết) DK  AM (suy từ chứng minh trên) Nhƣ 2 2 2

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 91

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

THANH HĨA NĂM HỌC 2012-2013

Mơn thi : Toán

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề

Ngày thi 29 tháng năm 2012

Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải phƣơng trình sau : a) x - =

b) x2 - 3x + = 2- Giải hệ phƣơng trình :

  

 

 

2

y x

y x Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A =

a 2

1

 + 2 a

 - 2

1 a a

 

1- Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị a ; biết A <

3

Bài 3: (2.0 điểm)

1- Cho đƣờng thẳng (d) : y = ax + b Tìm a; b để đƣờng thẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) song song với đƣờng thẳng (d’) : y = 5x +

2- Cho phƣơng trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x ẩn số ) Tìm a để phƣơmg trình cho c hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 +

2 x =

Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giác ABC c đƣờng cao AH Trên cạnh BC lấy

điểm M

bất kỳ ( M kh ng trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ lần lƣợt vu ng g c với cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)

1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đƣờng tròn

2- Gọi O tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ Chứng minh OH  PQ 3- Chứng minh : MP +MQ = AH

Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b  a > Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =

2

b a

b a

 

-HẾT - ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 97

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

QUẢNG NINH NĂM HỌC 2012 – 2013

MƠN: TỐN(Dùng cho thí sinh dự thi) Ngày thi: 28/6/2012

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

(Đề thi có 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức sau: a) A = 18

2  b) B =

1

1

1 x

x   x   với x  0, x  Giải hệ phƣơng trình: 2x

2

y

x y

  

   

Câu II ểm

Cho phƣơng trình (ẩn x): x2– ax – = (*) Giải phƣơng trình (*) với a =

2 Chứng minh phƣơng trình (*) c hai nghiệm phân biệt với giá trị a Gọi x1, x2 hai nghiệm phƣơng trình (*) Tìm giá trị a để biểu thức: N= x12(x12)(x22)x22 c giá trị nhỏ

Câu III (2,0 điểm)Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình

Quãng đƣờng sông AB dài 78 km Một thuyền máy từ A phía B Sau đ giờ, ca nô từ B phía A Thuyền ca nơ gặp C cách B 36 km Tính thời gian thuyền, thời gian ca nô từ lúc khởi hành đến gặp nhau, biết vận

tốc ca nô lớn vận tốc thuyền km/h Câu IV (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C) Đƣờng trịn (O) Đƣờng kính DC cắt BC E (E ≠ C)

1 Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp

2 Đƣờng thẳng BD cắt đƣờng tròn (O) điểm thứ hai I Chứng minh ED tia phân giác góc AEI

3 Giả sử tg ABC  2Tìm vị trí D AC để EA tiếp tuyến đƣờng trịn đƣờng kính DC

CâuV (0.5 điểm) Giải phƣơng trình:

72 x x (2 x) 7x

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 98 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu IV :

c Để EA tiếp tuyến Đ.Tròn, Đ kính CD góc E1 = góc C1 (1) Mà tứ giác ABED nội tiếp nªn gãc E1 = gãc B1 (2)

Tõ (1) (2) góc C1 = góc B1 ta lại có gãc BAD chung nªn

ABD ACB 

AB AD AC

AB  

AB2 = AC.AD  AD = AC AB2

( I ) Theo bµi ta cã : tan (ABC) =

AB AC

= nªn

2 AC AB

( II ) Tõ (I) vµ (II)  AD =

2 AB

VËy AD =

2 AB

th× EA tiếp tuyến ĐT, Đkính CD

Câu V:

Giải phƣơng trình: 72 x  x (2 x) 7x Đặt 7x t ; x v ĐK v, t ≥

 t2 2v(2v).t   (tv)(t2)0 tv t=2 Nếu t= 7x x = (TM)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 99

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

KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn thi: TỐN

Ngày thi : 21/06/2011 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1( điểm)

1) Đơn giản biểu thức: A

2

   



 

2) Cho biểu thức:

1

( ); ( 1)

1

P a a

a a a a

   

   

Rút gọn P chứng tỏ P 0 Bài 2( điểm)

1) Cho phƣơng trình bậc hai x2 + 5x + = c hai nghiệm x1; x2 Hãy lập phƣơng trình bậc hai c hai nghiệm (x12

+ ) ( x22 + 1)

2) Giải hệ phƣơng trình

2 4

1 x y x y   

 

 

  

 

 Bài 3( điểm)

Quãng đƣờng từ A đến B dài 50km.Một ngƣời dự định xe đạp từ A đến B với vận tốc kh ng đổi.Khi đƣợc giờ,ngƣời dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B thời gian định,ngƣời đ phải tăng vận tốc thêm km/h qng đƣờng cịn lại.Tính vận tốc ban đầu ngƣời xe đạp

Bài 4( điểm)

Cho tam giác ABC c ba g c nhọn H trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đƣờng thẳng qua D song song BC cắt đƣờng thẳng AH E

1) Chứng minh A,B,C,D,E thuộc đƣờng tròn 2) Chứng minh BAE DAC

3) Gọi O tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC M trung điểm BC,đƣờng thẳng AM cắt OH G.Chứng minh G trọng tâm tam giácABC

4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác BHC theo a

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 100 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Bài

3) A ( 4)(1 2)

2 4

                4) 1

( );

1

2 1 1; :

( 1) 0;

a a a a

P a a

a a

a a a a vi a

P a a

    

  

 

        

      

Bài x2 + 5x + = 1) Có  25 12 13 0  

Nên pt lu n c nghiệm phân biệt  x1+ x2 = - ; x1x2 =

Do đ S = x12

+ + x22 + = (x1+ x2)2 - x1x2 + = 25 – + = 21 Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - x1x2 + = + 20 = 29 Vậy phƣơng trình cần lập x2

– 21x + 29 = 2) ĐK x0;y2

2 14

4

2

3

2

12 3

4 2 x x

x y x

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

Vậy HPT c nghiệm ( x ;y) = ( ;3) Bài :

Gọi x(km/h) vtốc dự định; x > ; có 30 phút = ½ (h)  Th gian dự định : 50( )h

x

Quãng đƣờng đƣợc sau 2h : 2x (km)  Quãng đƣờng lại : 50 – 2x (km)

Vận tốc quãng đƣờng lại : x + ( km/h) Th gian quãng đƣờng lại : 50 ( )

2 x h x   Theo đề ta c PT:

1 50 50 2 x x x     

Giải ta đƣợc : x = 10 (thỏa ĐK toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h

Bài :

Giải câu c)

Vì BHCD HBH nên H,M,D thẳng hàng

Tam giác AHD c OM ĐTBình => AH = OM Và AH // OM

2 tam giác AHG MOG có HAG   OMG slt  AGH MGO

   (đ đ)

A

B C

E D

H

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 101

( )

2 AHG MOG G G

AH AG MO MG

  

  

Hay AG = 2MG

Tam giác ABC c AM trung tuyến; G  AM Do đ G trọng tâm tam giác ABC

d) BHC    BDC( BHCD HBH) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính a

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 102 SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM 2012

ÌNH ĐỊNH Kh a ngày 29 tháng năm 2012

Mơn thi: TỐN Ngày thi: 30/6/2012

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3, điểm)

Học sinh kh ng sử dụng máy tính bỏ túi a) Giải phƣơng trình: 2x – =

b) Giải hệ phƣơng trình: y x 5x 3y 10

  

   

c) Rút gọn biểu thức

2

5 a 3 a a a A

a

a a

   

  



  với a0, a 4

d) Tính giá trị biểu thức B 42  74 Bài 2: (2, điểm)

Cho parabol (P) đƣờng thẳng (d) c phƣơng trình lần lƣợt

ymx

 2

y m x m (m tham số, m 0)

a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm (d) (P)

b) Chứng minh với m 0 đƣờng thẳng (d) lu n cắt parabol (P) hai điểm phân biệt

Bài 3: (2, điểm)

Quãng đƣờng từ Quy Nhơn đến Bồng Sơn dài 100 km Cùng lúc, xe máy khởi hành từ Quy Nhơn Bồng Sơn xe t khởi hành từ Bồng Sơn Quy Nhơn Sau hai xe gặp nhau, xe máy 30 phút đến Bồng Sơn Biết vận tốc hai xe kh ng thay đổi suốt quãng đƣờng vận tốc xe máy vận tốc xe t 20 km/h Tính vận tốc xe

Bài 4: (3, điểm)

Cho đƣờng trịn tâm O đƣờng kính AB = 2R Gọi C trung điểm OA, qua C kẻ dây MN vu ng g c với OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK MN

a) Chứng minh tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AK.AH = R2

c) Trên KN lấy điểm I cho KI = KM, chứng minh NI = KB

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 103 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Bài 1:

a) 2x – = 5 x   x  x

b) y x 5x 5y 10 2y 20 y 10

5x 3y 10 5x 3y 10 y x x

      

   

  

          

   

c)

       

  

         

2

2

2

5 a a a a a a a 3 a a a

A

a

a a a a

a 8a 16 5a 10 a a 3a a a a a a 8a 16

a a a a a a

       

   

   



   

  

            

  

     

 2   a

a 4 a a

 

     



d)    

2

B 42 3 74  1  2  1  2  2   3 Bài 2:

a) Với m 1  P  d lần lƣợt trở thành y x2; y x

Lúc đ phƣơng trình hồnh độ giao điểm  P  d là: x2   x x2   x có 1

a b c      nên c hai nghiệm x1 1; x2  2 Với x1  1 y1  1

Với x2   2 y2  4

Vậy tọa độ giao điểm  P  d 1; 1   2; 4 b) Phƣơng trình hồnh độ giao điểm  P  d là:

     

2

2 *

mx  m x  m mx  m x  m

Với m0  * phƣơng trình bậc hai ẩn x có

 2   2

2 4 4

m m m m m m m m

              với m Suy  * ln có

hai nghiệm phân biệt với m Hay với m 0 đƣờng thẳng (d) lu n cắt parabol (P) hai điểm

phân biệt Bài 3: Đổi '

1 30h 1, 5h Đặt địa điểm :

- Quy Nhơn A - Hai xe gặp C - Bồng Sơn B

Gọi vận tốc xe máy x km h /  ĐK : x0 Suy :

Vận tốc t x20km h/  Quãng đƣờng BC : 1,5x km 

100-1,5x

1,5x

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 104 Quãng đƣờng AC : 100 1,5 x km 

Thời gian xe máy từ A đến C : 100 1,5x  h x



Thời gian t máy từ B đến C : 1,   20

x h x

Vì hai xe khởi hành lúc, nên ta c phƣơng trình : 100 1, 1, 20

x x

x x

 

 Giải pt :

   2

2

100 1, 1,

100 1, 20 1, 100 2000 1, 30 1, 20

3 70 2000

x x

x x x x x x x

x x

x x

          



   

2

' 35 3.2000 1225 6000 7225 ' 7225 85

          

Phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt : 1 35 85 40

x    (thỏa mãn ĐK) 2 35 85 50

3

x     (kh ng thỏa mãn ĐK) Vậy vận tốc xe máy 40km h/

Vận tốc t 40 20 60  km h/  Bài 4:

a) Tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp

Ta có : AKB900 (g c nội tiếp chắn đƣờng tròn) hay HKB90 ;0 HCB900 gt

Tứ giác BCHK c 0

90 90 180

HKB HCB   

 tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp b) AK AH R2

Dễ thấy ΔACH ΔAKB   . . 2

2

AC AH R

g g AK AH AC AB R R

AK AB

      

∽

c) NIKB OAM

 có OAOM R gt  OAM cân O 1

OAM

 có MC đƣờng cao đồng thời đƣờng trung tuyến (gt)  OAM cân M  2

   1 &  OAM tam giác MOA600 MON 1200 MKI 600

KMI

 tam giác cân (KI = KM) có MKI 600 nên tam giác MI MK  3 Dễ thấy BMK cân B c 1 1200 600

2

MBN  MON    nên tam giác

 4

MN MB

 

Gọi E giao điểm AK MI

E

I H

N M

C A

O B

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 105 Dễ thấy

0

60 60

NKB NMB

NKB MIK MIK



   

 



  KB // MI (vì c cặp g c vị trí so le nhau) mặt khác AK KB cmt  nên AK MI E HME 900 MHE

Ta có :  

 

0 90

90

dd

HAC AHC

HME MHE cmt HAC HME

AHC MHE



 



   



 

mặt khác HAC KMB (cùng chắn KB)

HME KMB

  hay NMI  KMB  5

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 106 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012

ĐỒNG NAI Khóa ngày : 29 , 30 / / 2012

Mơn t : TỐN HỌC Thời gian làm : 120 phút

( Đề c trang , câu ) Câu : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phƣơng trình : 7x2

– 8x – = / Giải hệ phƣơng trình : 3x + 2y =1

4x + 5y = 6

   Câu : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn biểu thức : M 12 +3 ; N 3 2

3 2 1

 

 

2 / Cho x1 ; x2 hai nghiệm phƣơng trình : x2 – x – = Tính :

1

1 1

+ x x

Câu : ( 1,5 điểm )

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hàm số :

y = 3x2 c đồ thị ( P ) ; y = 2x – c đồ thị ( d ) ; y = kx + n c đồ thị ( d1 ) với k n số thực

1 / Vẽ đồ thị ( P )

2 / Tìm k n biết ( d1 ) qua điểm T( ; ) ( d1 ) // ( d ) Câu : ( 1,5 điểm )

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

Câu : ( 3,5 điểm )

Cho hình vu ng ABCD Lấy điểm E thuộc cạnh BC , với E kh ng trùng B E kh ng trùng C Vẽ EF vu ng g c với AE , với F thuộc CD Đƣờng thẳng AF cắt đƣờng thẳng BC G Vẽ đƣờng thẳng a qua điểm A vu ng g c với AE , đƣờng thẳng a cắt đƣờng thẳng DE điểm H

1 / Chứng minh AE CD

AFDE

2 / Chứng minh tứ giác AEGH tứ giác nội tiếp đƣợc đƣờng tròn

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 107 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phƣơng trình : 7x2

– 8x – = ( x1,2 = 79 

) / Giải hệ phƣơng trình : 3x + 2y =1

4x + 5y = 6

 

 ( x ; y ) = (–1 ; ) Câu : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn biểu thức : M 12 +3 2 3 2 3

3 3



   

 2

2 1 3 2

N 2 1

2 1 2 1

 

  

 



2 / Cho x1 ; x2 hai nghiệm phƣơng trình : x2 – x – = S = b 1

a

  ; P = c 1 a

Nên :

1 2

1 1

x x

1 1

+

x x x x



  



Câu : ( 1,5 điểm ) / Vẽ đồ thị ( P )

2 / ( d1 ) // ( d ) nên k = ; n –3 qua điểm T( ; ) nên x = ; y = Ta c phƣơng trình : = 1.2 + n n =

Câu : ( 1,5 điểm )

Gọi x ( m ) chiều dài đất hình chữ nhật ( 49,5 < x < 99 ) Chiều rộng đất hình chữ nhật : 99 – x ( m )

Theo đề ta c phƣơng trình : x ( x – 99 ) = 2430 Giải đƣợc : x1 = 54 ( nhận ) ; x2 = 45 ( loại ) Vậy chiều dài đất hình chữ nhật 54 ( m )

Chiều rộng đất hình chữ nhật : 99 – 54 = 45 ( m ) Câu : ( 3,5 điểm )

1 / Chứng minh tứ giác AEFD nội tiếp

1

A D

 

 AEF DCE ( g – g )

AE AF

=

DC DE

AE DC

=

AF DE

 

2 / Ta có A2 phụ với A1

Ta có E1 phụ với D1

1 2

1 1

K I

b a

G H

F E

D C

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 108 Mà A1D1

2

A E

 

Suy tứ giác AEFD nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính HE

Gọi I trung điểm HEI tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác AEFD đƣờng tròn ngoại tiếp ΔAHE

I nằm đƣờng trung trực EG  IE = IG Vì K nằm đƣờng trung trực EG KE = KG Suy IEK =IGK ( c-c-c )

0 IGK IEK 90

 

KG IG

  G đƣờng tròn ngoại tiếp ΔAHE

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 109 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

ẮC GIANG NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi : Tốn

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi 30 tháng năm 2012 Câu (2 ểm

1.Tính 2

Xác định giá trị a,biết đồ thị hàm số y = ax - qua điểm M(1;5) Câu 2: (3 ểm

1.Rút gọn biểu thức: ( ).( 1)

2 2

a a

A

a a a a với a>0,a

2.Giải hệ pt:

3

x y x y

Chứng minh pt: x2 mx m lu n c nghiệm với giá trị m Giả sử x1,x2 nghiệm pt cho,tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

1 4.( 2)

B x x x x

Câu 3: (1,5 ểm

Một t tải từ A đến B với vận tốc 40km/h Sau 30 phút t taxi xuất phát từ A đến B với vận tốc 60 km/h đến B lúc với xe t tải.Tính độ dài quãng đƣờng AB

Câu 4: (3 ểm

Cho đƣờng tròn (O) điểm A cho OA=3R Qua A kẻ tiếp tuyến AP AQ đƣờng tròn (O),với P Q tiếp điểm.Lấy M thuộc đƣờng tròn (O) cho PM song song với AQ.Gọi N giao điểm thứ đƣờng thẳng AM đƣờng tròn (O).Tia PN cắt đƣờng thẳng AQ K

1.Chứng minh APOQ tứ giác nội tiếp 2.Chứng minh KA2=KN.KP

3.Kẻ đƣờng kính QS đƣờng tròn (O).Chứng minh tia NS tia phân giác g cPNM Gọi G giao điểm đƣờng thẳng AO PK Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R Câu 5: (0,5 ểm

Cho a,b,c số thực khác kh ng thoả mãn: 2

2013 2013 2013

( ) ( ) ( )

1

a b c b c a c a b abc

a b c

Hãy tính giá trị biểu thức Q 20131 20131 20131

a b c

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 110

HƯỚNG DẪN CHẤM (tham khảo)

Câu Ý Nội dung Điểm

1 1

2

1 2

2 2 2

2 ( 1).( 1) ( 2) 1)

KL:

1

2 Do đồ thị hàm số y = ax-1 qua M(1;5) nên ta có a.1-1=5 a=6 KL:

1

2 1 2 ( 1).( 2)

( ).( 1)

( 2) ( 2)

2

( ).( 1)

( 2)

a a a

A

a a a a a

a

a a

a a a

KL:

0,5 0,5

2

2 9

3 15 25 17 34

x y x y x y y

x y x y x x

KL:

1

3

Xét Pt: x2 mx m 1 0

2 2

Δ m 4(m 1) m 4m (m 2)

Vậy pt có nghiệm với m Theo hệ thức Viet ta có

1

x x m

x x m Theo đề

2 2

1 2 2

2 2

2

4.( ) ( ) 2 4.( )

2( 1) 4( ) 2 2 4 2 1 1

( 1) 1 1

B x x x x x x x x x x

m m m m m m m m

m

Vậy minB=1 m = -1 KL:

0,25

0,25

0,5

3 Gọi độ dài quãmg đường AB x (km) x>0 Thời gian xe tải từ A đến B

40 x

h Thời gian xe Taxi từ A đến B :

60 x

h Do xe tải xuất phát trước 2h30phút = 5

2 nên ta có pt

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 111

5 40 60

3 300 300 x x

x x x

Giá trị x = 300 có thoả mãn ĐK Vậy độ dài quãng đường AB 300 km

0,25

4 1

Xét tứ giác APOQ có

0 90

APO (Do AP tiếp tuyến (O) P)

90

AQO (Do AQ tiếp tuyến (O) Q)

0 180

APO AQO ,mà hai góc góc đối nên tứ giác APOQ tứ giác nội tiếp

0,75

2 Xét ΔAKN ΔPAK có AKP góc chung

APN AMP ( Góc nt……cùng chắn cung NP) Mà NAK AMP(so le PM //AQ

ΔAKN ~ ΔPKA (gg) AK NK AK2 NK KP

PK AK (đpcm)

0,75

3 Kẻ đường kính QS đường trịn (O) Ta có AQ QS (AQ tt (O) Q) Mà PM//AQ (gt) nên PM QS

Đường kính QS PM nên QS qua điểm cung PM nhỏ

sd PS sd SM PNS SNM (hai góc nt chắn cung nhau) Hay NS tia phân giác góc PNM

0,75

4 Chứng minh ΔAQO vuông Q, có QG AO(theo Tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

Theo hệ thức lượng tam giác vng ta có

2

2

3

1

3

3

OQ R

OQ OI OA OI R

OA R

AI OA OI R R R

Do ΔKNQ ~ΔKQP (gg) KQ2 KN KP mà AK2 NK KP nên AK=KQ Vậy ΔAPQ có trung tuyến AI PK cắt G nên G trọng tâm

0,75

G

K

N

S

M I

Q P

A

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 112 2 16

3 3

AG AI R R

5 Ta có:

2 2

2 2 2

2 2 2

2

2

( ) ( ) ( )

2

( ) ( ) (2 )

( ) ( ) ( )

( )( )

( ).( ).( )

a b c b c a c a b abc

a b a c b c b a c a c b abc a b b a c a c b abc b c a c ab a b c a b c a b

a b ab c ac bc

a b a c b c

*TH1: a+ b=0 Ta có 2013 2013 2013

1

a b a b

c

a b c ta có 2013 2013 2013

1 1

1

Q

a b c

Các trường hợp lại xét tương tự Vậy Q 20131 20131 20131

a b c

0,25

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 113 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TỈNH YÊN ÁI NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian

giao đề)

Khóa thi ngày 23/6/2012

(Đề thi c 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1: ểm

1 Cho hàm số y = x + (1) a Tính giá trị y x = b Vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Giải phƣơng trình: 4x2 − 7x + = Câu 2: ểm

Cho biểu thức M = 3− x +

x 3+ x −

x+9 x−9

1 Tìm điều kiện x để biểu thức M c nghĩa Rút gọn biểu thức M Tìm giá trị x để M >

Câu 3: ểm

Một đội thợ mỏ phải khai thác 260 than thời hạn định Trên thực tế, ngày đội khai thác vƣợt định mức tấn, đ họ khai thác đƣợc 261 than xong trƣớc thời hạn ngày

Hỏi theo kế hoạch ngày đội thợ phải khai thác than? Câu 4: ểm)

Cho nửa đƣờng tròn tâm O, đƣờng kính AB = 12 cm Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đƣờng tròn (O) vẽ tia tiếp tuyến Ax, By M điểm thuộc nửa đƣờng tròn (O), M kh ng trùng với A B AM cắt By D, BM cắt Ax C E trung điểm đoạn thẳng BD

1 Chứng minh: AC BD = AB2

2 Chứng minh: EM tiếp tuyến nửa đƣờng tròn tâm O

3 Kéo dài EM cắt Ax F Xác định vị trí điểm M nửa đƣờng trịn tâm O cho diện tích tứ giác AFEB đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ đ

Câu 5: (1,0 điểm)

Tính giá trị biểu thức T = x2 + y2 + z2 − biết:

x + y + z = x−34 + y−21 + z−4 + 45

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 114 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

ĐỀ THI MƠN : TỐN

T g an l m b 120 p út k ông kể t g an g ao ề Câu ểm Cho biểu thức :P= 62

1 1

x x

x x x



 

  

1. Tìm điều kiện xác định biểu thức P 2. Rút gọn P

Câu 2 ểm Cho hệ phƣơng trình :

ax

x ay y

  



   

1. Giải hệ phƣơng trình với a=1

2. Tìm a để hệ phƣơng trình c nghiệm

Câu ểm Một hình chữ nhật c chiều rộng nửa chiều dài Biết nếu giảm chiều 2m diện tích hình chữ nhật cho giảm nửa Tính chiều dài hình chữ nhật cho

Câu ểm Cho đƣờng tròn (O;R)(điểm O cố định ,giá trị R kh ng đổi) điểm M nằm bên (O).Kẻ hai tiếp tuyến MB,MC (B,C tiếp điểm )của (O)và tia Mx nằm hai tia MO MC.Qua B kẻ đƣờng thẳng song song với Mx,đƣờng thẳng cắt (O) điểm thứ hai A.Vẽ đƣờng kính BB’ (O).Qua O kẻ đƣờng thẳng vu ng g c với BB’,đƣờng thẳng cắt MC B’C lần lƣợt K E.Chứng minh rằng:

1. 4 điểm M,B,O,C nằm đƣờng tròn 2. Đoạn thẳng ME = R

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

Câu ểm Cho a,b,c số dƣơng thỏa mãn a+b+c=4.Chứng minh : 4 4

2

a  b  c 

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 115

Câu 5:

     

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 ó 4 4

4

2

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 116 ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM

TRƢỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013

MƠN THI: TỐN (khơng chun)

(Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho phƣơng trình  

4 1 0 1

x  x x   m

a) Giải phƣơng trình (1) m = - 33

b) Tìm m để phƣơng trình (1) c hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa

6

1 82

x x 

Câu 2: (2,0 điểm)

1) Giải phƣơng trình 2x    7 3x 5 1 2) Giải hệ phƣơng trình

2

2

2 1 5

1 1

5

10 2

x xy

xy y

   

 

  



Câu 3: (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức 2 2

2 2 2 2

a b ab

T

ab a b ab a b

   

  

     

  với

, 0, 1

a b a Tìm giá trị lớn T a số tự nhiên khác

2 Tìm ba số tự nhiên liên tiếp biết tổng ba tích cặp số khác chúng 1727

Câu 4: (1,0 điểm)

Tổng kết học kỳ 2, trƣờng trung học sở N c 60 học sinh kh ng đạt học sinh giỏi đ c em đạt học sinh giỏi học kỳ 1; số học sinh giỏi học kỳ bằng 40

37 số học sinh giỏi học kỳ c 8% số học sinh trƣờng kh ng đạt học sinh giỏi học kỳ nhƣng đạt học sinh giỏi học kỳ Tìm số học sinh giỏi học kỳ trƣờng biết số học sinh trƣờng kh ng thay đổi suốt năm học

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp đƣờng tròn (C) tâm O, bán kính R c

0

105 , 30

DAB ACD a) Tính DB

DC tính AB theo R

b) Tiếp tuyến (C) B cắt đƣờng thẳng DO, DA lần lƣợt M, N Tính MN

MD

c) Gọi E trung điểm AB, tia DE cắt MN F Tính BF

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 117

SƠ LƢỢC ÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm)

ĐK: x0

Đặt  

0

x t t , ta có:  1     t2 4t m 1 0  *

a) Khi m = - 33, ta có:    

 

2 4

* 4 32 0

8 t loai t t t chon            Ta có x3  8 x3 64 x 4 TMDK

b) (1) c hai nghiệm phân biệt  (*) c hai nghiệm dƣơng phân biệt

0 4 1 0

0 1 0 1 3

0 4 0

m

P m m

S                         

Khi đ theo Viet, ta c : 2

4 1

t t

t t m

  

  



3

1 1, 2

x t x t

Do đ 6  32 3  22 2

1 82 2 82 21 82

x x   x x  x x   t t  t t 

 2   2  2

2

1 21 21 82 16 2 1 2 1 82

t t t t t t m m

 

            

 

 

2 2

30 56 0

28 m chon m m m loai         

 Vậy m =

Câu 2: (2,0 điểm)

1) ĐK: 7 5

2 x 3

   

2x     7 3x 5 1 2x    7 1 3x 5

5x 13 2x 7

    (ĐK 13

5

x  )  

 

47

25 122 141 0 25

3 x chon x x x loai            

Vậy phƣơng trình c nghiệm 47 25

x 

2)

2 2

2 2

2 1 5 2 1 5 2 1 5

1 1 1 1

5 2 2 1 0

10 2 5 5

x xy x xy x xy

xy y xy y x y

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 118   2 2 2 5 5

2 1 5 1

2 5 1 5

5 5

5

5 1 5

0

2 5 1 5

1 5

y x

y x

x xy x

x x

y x y x

y x

y x

x vo nghiem

x x                                                               1, 5 1, 5 x y x y         

 Vậy hệ c hai nghiệm  1;  1; 5

Câu 3: (2,0 điểm)

1) Rút gọn 1

1 a T a   

Ta có 1 1 2

1 1 a T a a    

  T lớn (a N)  2

1

a lớn (a N)  a =

Vậy giá trị lớn T (a N) a =

2) Gọi x, x + 1, x + lần lƣợt ba số phải tìm (x N) Ta c phƣơng trình x x  1 x x 2 x1x21727

 

 

2 23

2 575 0

25 x chon x x x loai            Vậy ba số phải tìm 23; 24; 25

Câu 4: (1,0 điểm)

Gọi x số học sinh trƣờng (x  N, x > 60) Khi đ : số học sinh giỏi học kỳ x – 60

Số học sinh giỏi học kỳ x – 60 + – 8%x = 23 54 25x Theo đề ta c phƣơng trình:

40 23 1 60

60 54 300

37 25 185 37

x   x  x  x

  (TMĐK)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 119

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp đƣờng tròn (C) tâm O, bán kính R có

0

105 , 30

DAB ACD a) Tính DB

DC tính AB theo R

b) Tiếp tuyến (C) B cắt đƣờng thẳng DO, DA lần lƣợt M, N Tính MN

MD

c) Gọi E trung điểm AB, tia DE cắt MN F Tính BF

BC

a) ADC1800DAB18001050750 (AB // CD) ACD ta có: DAC1800 CDAACD

 

0 0

180 75 30 75 ADC

    

Nên ACD cân C  AC = DC

Vì hình thang ABCD nội tiếp đƣờng trịn (C) nên ABCD hình thang cân

 AC = DB, đ DB = DC  DB DC 

Lại c :

30

BDCACD (ABCD hình thang cân)

0 0

75 30 45

ADB ADC BDC

     

sđ 0

90 90

AB AOB

AOB vu ng cân O

2 2

2 2 2

AB OA R AB R

    

b) sđAD2ACD 2 300 600AOD600

do đ AOD

60

MDN

  (a)

sđ

0

0 210 90

2 2 105 210 60

2

BCD DAB   MND   (b)

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 120

c) AOB có: 90 ,0 1

2

AOB EAEB  AB (gt) 1

2

EO EA AB

   , lại c DO = DA (AOD đều) nên DE trung trực OA Gọi H giao điểm DF OA, xét tứ giác OBFH ta c :

0

90

OHF  (DE trung trực OA)

0

90

HOB (AOB900)

0

90

OBF  (MN tiếp tuyến (C) B)

Vậy OBFH hình chữ nhật 1 1

2 2

BF OH OA AD

   

Lại c BC = AD (ABCD hình thang cân)

Nên 1 1

2 2

BF

BF BC

BC

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 121 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN N m c 2012 – 2013 Mơn: TỐN (chung)

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi có 01 trang

Bài 1: (1,25 điểm)

1) Tìm điều kiện xác định biểu thức x

2) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số y = 2mx + qua điểm M (1; 2) 3) Lập phƣơng trình bậc hai c hai nghiệm

4) Cho tam giác ABC vu ng A c đƣờng cao AH Biết HB = 1cm, HC = 4cm Tính độ dài đoạn AH

5) Cho hình trịn c chu vi 20 cm Tính độ dài đƣờng kính

Bài 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức

 

3 x x 3x x

A

x x x x

 



 

  , với điều kiện: x >

1) Rút gọn biểu thức A 2) Chứng minh A <

Bài 3: (2,0 điểm) Cho phƣơng trình x22 m x 3m 3     0 1  ( m tham số )

1) Giải phƣơng trình (1) với m =

2) Chứng minh phƣơng trình (1) lu n c hai nghiệm phân biệt với giá trị m Gọi hai nghiệm phƣơng trình (1) x , x1 Tìm giá trị m cho:

 2

1 2

6x x  x x 4m 0

Bài 4: (3,0 điểm) Cho nửa đƣờng tròn đƣờng kính AB, gọi C điểm thuộc nửa đƣờng trịn ( C

khác A C khác B ) Kẻ đƣờng cao CH tam giác ABC đƣờng cao HK tam giác HBC

1) Chứng minh CH.BC = HK.AB

2) Gọi M I lần lƣợt trung điểm BH CH, chứng minh MK  KI 3) Chứng minh đƣờng thẳng IK tiếp xúc với đƣờng trịn đƣờng kính AH

Bài 5: (1,25 điểm) Giải hệ phƣơng trình

    

     

y 2x x 2y

x 2y 2x 4y

    

 

    



Bài 6: (1,0 điểm) Cho a, b, c ,d số thực dƣơng thay đổi thỏa mãn điều kiện a + b +c + d

=

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

4 4

3 3

a b c d P

a b c d

  



  

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 122 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

KHÁNH HÒA N m c: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TOÁN

Ngày thi: 30/6/2012

(Thời gian: 120 phút – không kể thời gian phát đề) (Đề thi c 01 trang)

Bài 1: (2.00 ểm) (Kh ng dùng máy tính cầm tay) 1) Rút gọn biểu thức: A = 12 48 75 2) Giải hệ phƣơng trình: 2x

3x

y y

  

   

Bài 2: (2.00 ểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho parapol (P) : y = 4x Vẽ đồ thị (P)

2 Xác định giá trị tham số m để đƣờng thẳng (d): y = x + m

2

cắt parabol (P) hai điểm phân biệt A(x1;y1) B(x2;y2) cho y1 y2  x12 3x22  2

Bài 3: (2.00 ểm)

Hai vòi nƣớc chảy vào bể cạn sau phút bể đầy nƣớc Nếu mở riêng vịi vịi thứ chảy đầy bể chậm vòi thứ hai Hỏi mở riêng vịi vịi chảy đầy bể?

Bài (4.00 ểm)

Cho tam giác ABC vu ng A Vẽ đƣờng tròn (O) đƣờng kính AB, (O) cắt BC điểm thứ hai D Gọi E trung điểm đoạn OB Qua D kẻ đƣờng thẳng vu ng g c với DE cắt AC F

1) Chứng minh tứ giác AFDE nội tiếp 2) Chứng minh BDE=AEF

3) Chứng minh tanEBD = 3tan AEF

4) Một đƣờng thẳng (d) quay quanh điểm C cắt (O) hai điểm M, N Xác định vị trí (d) để độ dài CM + CN đạt giá trị nhỏ

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 123 HƢỚNG DẪN GIẢI

Bài 2: (2.00 ểm) 2) G ả :

Xét phƣơng trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là:

1 4x =

1 x + m

2

 4x -

1 2x - m

2

=  x2 – 2x – 4m2 = ’ = + 4m2

> với m

Vật pt lu n c hai nghiệm x1, x2 phân biệt, theo hệ thức Viet, ta c : x1 + x2 = (1)

x1.x2= -4m2 (2) Theo đề ta c : y1 y2 x12 3x22  2 mà y =

2 4x

 2 2

1 2

1

3

4x 4x x  x  

 2

1

5 13

2 4x  x  

Ta có: x1 + x2 = => x1= – x2, ta đƣợc:

2

2

5 13

(2 )

4 x  x  



2

2

8x 20x 280 Ta có: a + b + c = + 20 -28 = Vậy pt c hai nghiệm: x21= 1; x22 =

28

 

 * Với x21= 1=> x11 =

Suy ra: -4m2 = (v nghiệm với m) * Với x22 =

2 

=> x12 = 11 Suy ra: -4m2 = 77

4 

=> m = 77 

Vậy m = 77

 đƣờng thẳng (d): y = x + m

2

cắt parabol (P) hai điểm phân biệt

A(x1;y1) B(x2;y2) cho y1 y2  x12 3x22  2

Bài 3: (2.00 ểm)

Gọi x, y lần lƣợt thời gian chảy đầy bể vịi 1, ( x, y > 21 20)

Ta có hpt:

1 20 21

x y x y

   



   

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 124 Giải hpt ta c : (x;y) = 3;

2      

Vậy thời gian chảy đầy bể vịi :

2 ; vòi 2là: Bài (4.00 ểm)

N

M F

D E

A O

B C

c) Ta có: ABD vu ng D: tan EBD = D D A B AEF vu ng A: tan AEF = F

E

A AF

A  BE => 3tan AEF = 3

AF AF BE BE

 

Mà: AFD  BEB (gg) => AF D D

A BE  B

Suy ra: tan EBD= 3tan AEF

d) Ta có: CMA  CAN (gg) => CM.CN = CA2 (không đổi)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 125

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG NINH NĂM HỌC 2012 – 2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN: TỐN(Dùng cho thí sinh dự thi)

Ngày thi: 28/6/2012

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

(Đề thi có 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức sau: a) A= 18

2  b) B=

1

1

1 x

x  x    với x0, x1 Giải hệ phƣơng trình:

2x

2

y

x y

  

   

Câu II ểm

Cho phƣơng trình (ẩn x): x2– ax – = (*) Giải phƣơng trình (*) với a =

2 Chứng minh phƣơng trình (*) c hai nghiệm phân biệt với giá trị a Gọi x1, x2 hai nghiệm phƣơng trình (*) Tìm giá trị a để biểu thức: N= x12(x12)(x22)x22 c giá trị nhỏ

Câu III (2,0 điểm)Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

Qng đƣờng sơng AB dài 78 km Một thuyền máy từ A phía B Sau đ giờ, ca nơ từ B phía A Thuyền ca nô gặp C cách B 36 km Tính thời gian thuyền, thời gian ca nơ từ lúc khởi hành đến gặp nhau, biết vận

tốc ca nô lớn vận tốc thuyền km/h Câu IV (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C) Đƣờng trịn (O) Đƣờng kính DC cắt BC E (E ≠ C)

1 Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp

2 Đƣờng thẳng BD cắt đƣờng tròn (O) điểm thứ hai I Chứng minh ED tia phân giác góc AEI

3 Giả sử tg ABC  2Tìm vị trí D AC để EA tiếp tuyến đƣờng trịn đƣờng kính DC

CâuV (0.5 điểm) Giải phƣơng trình:

72 x x (2 x) 7x

………Hết………

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 126

HƢỚNG DẪN C©u IV :

c Để EA tiếp tuyến Đ.Tròn, § kÝnh CD th× gãc E1 = gãc C1 (1) Mà tứ giác ABED nội tiếp nên góc E1 = gãc B1 (2)

Tõ (1) vµ (2) gãc C1 = gãc B1 ta l¹i cã gãc BAD chung nªn ABD ACB 

AB AD AC AB

  AB2 = AC.AD  AD = AC AB2

( I )

Theo bµi ta cã : tan (ABC) = AB AC

= 2 nªn

2  AC AB

( II ) Tõ (I) vµ (II)  AD =

2 AB

VËy AD = AB

EA tiếp tuyến ĐT, Đkính CD

Câu V:

Giải phƣơng trình: 72 x x (2 x) 7x Đặt 7x t ; x v ĐK v, t ≥

 t2 2v(2v).t   (tv)(t2)0 tv hc t=2

NÕu t= th× 7x 2  x = (TM)

NÕu t = v th× 7x  x  x = 3,5 ( TM )

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 127 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 c o t í s n t v o lớp c uyên Nga - Pháp)

Thời gian làm :150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 18 t n m 2012 Câu 1: (2.0 điểm )

Cho biểu thức : :

5

x x x x

A

x x x x x

      

       

    

   

1/ Rút gọn biểu thức A

2/ Tìm giá trị x để A  Câu (2,0 điểm )

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = ax2 a0và đƣờng thẳng (d): y = bx + 1/ Tìm giá trị a b để (P) (d) qua điểm M(1; 2)

2/ Với a, b vừa tìm đƣợc, chứng minh (P) (d) cịn c điểm chung N khác M Tính diện tích tam giác MON (với O gốc toạ độ)

Câu (2.0 điểm)

1/ Cho phƣơng trình : x2 (2m1)x m   m 6 0(m tham số) Tìm m để phƣơng trình c hai nghiệm dƣơng phân biệt

2/ Giải hệ phƣơng trình:

1

1 1

x y

x y

     



  



Câu (3.0 điểm) : Cho A điểm cố định nằm ngồi đƣờng trịn (O) Từ A kẻ tiếp tuyến AP AQ tới

đƣờng tròn (P Q tiếp điểm) Đƣờng thẳng qua O vu ng g c với OP cắt đƣờng thẳng OQ

tại M

1/ Chứng minh rằng: MO = MA

2/ Lấy điểm N cung lớn PQ đƣờng tròn (O) cho tiếp tuyến với (O) N cắt tia AP, AQ lần lƣợt B C Chứng minh rằng:

a) ABAC BC kh ng phụ thuộc vào vị trí điểm N

b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đƣợc đƣờng trịn PQ//BC

Câu (1.0 điểm)

Cho x, y số thực dƣơng thoả mãn :

1 2

2

x y Chứng minh :

2

5x  y 4xy y 3

- Hết -

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 128 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Khóa ngày:21/6/2012 MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút(không kể thời gian phát đề)

Câu (2,0 điểm)

Cho biểu thức :2  0, 1

3

a a a

P a a

a a

    

   



 

1 Rút gọn biểu thức P Chứng minh P20121 Câu (1,0 điểm)

Cho x y z, , số dƣơng Chứng minh x2y2z2  xyyzzx Dấu “=” xảy ?

Câu (3,0 điểm)

1 Giải hệ phƣơng trình :

2

19 84 xy x y x y xy

   



 



2 Tìm m nguyên để phƣơng trình sau c nghiệm nguyên:

2

2

x  mx m  m  Câu (1,0 điểm)

Cho x y z t, , , không âm, thỏa điều kiện:

7 50 60 15 x y x z y t

 



   

   

Tìm giá trị lớn biểu thức A2x  y z t Câu (1,0 điểm)

Cho đƣờng tròn  O , dây cung AB AB( 2 )R , điểm Mchạy cung nhỏ AB Xác định vị trí

Mđể chu vi MAB đạt giá trị lớn Câu (2,0 điểm)

Cho đƣờng tròn O R; vẽ dây cung AB2R Các tiếp tuyến Ax By, đƣờng tròn  O cắt

M Gọi Ilà trung điểm MAvà Klà giao điểm BIvới  O

1 Gọi H giao điểm MO AB Kẻ dây cung KF qua điểm H Chứng minh MO tia phân giác KMF

2 Tia MK cắt đƣờng tròn điểm C(CkhácK) Chứng minh ABC cân A -HẾT -

Thí inh khơng đ ợc dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng gi i thích thêm.

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 129

Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƢƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƢỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013 Mơn thi: TỐN (chun)

Thời gian làm bài: 150 phút

Đề t gồm : 01 trang

Ngày thi 20 tháng năm 2012

Câu I ểm

3) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a (b-2c)+b (c-a)+2c (a-b)+abc2 2

4) Cho x, y thỏa mãn x y- y +1+ y+ y +12 Tính giá trị biểu thức

4 2

A x +x y+3x +xy- 2y +1

Câu II ểm

1) Giải phƣơng trình (x - 4x+11)(x - 8x +21)2 35

2) Giải hệ phƣơng trình   

2

2

x+ x +2012 y+ y +2012 2012

x + z - 4(y+z)+8 0

  





Câu III ểm

1) Chứng minh với số nguyên n (n2 + n + 1) kh ng chia hết cho

2) Xét phƣơng trình x2 – m2x + 2m + = (1) (ẩn x) Tìm giá trị nguyên dƣơng m để phƣơng trình (1) c nghiệm nguyên

Câu IV ểm

Cho tam giác ABC vu ng A c AB < AC ngoại tiếp đƣờng tròn tâm O Gọi D, E, F lần lƣợt 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 lần lƣợt hình chiếu N đƣờng thẳng DE, DF Xác định vị trí điểm M để PQ lớn

Câu V ểm

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

 

 

 



-Hết -

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 130 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƢƠNG

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

HƢỚNG DẪN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN c un Hƣớng dẫn c ấm gồm : 03 trang

I HƢỚNG DẪN CHUNG

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

II ĐÁP ÁN VÀ IỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu I

1 ểm 2 2 2

a (b - 2c) +b (c - a) + 2c (a - b) + abc=2c (a - b)+ab(a-b)-c(a b )ac a b(  ) 0,25

(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 ểm

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 ểm phƣơng trình cho tƣơng đƣơng với 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) 7 (1)

( 4) 5 x x            0,25

<=>x=2 0,25

2 ểm 2 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 (Do y22012  y y )

   

  

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 131

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)x2z24x4z  8 (x2)2 (z 2)2 0 0,25

2

( 2)

2

( 2)

x x y x z z                  

 Vậy hệ c nghiệm (x;y;z)=(-2;2;2)

0,25

Câu III

1 ểm Đặt A = n2

+ n + n  n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + (k  ) 0,25 * n = 3k => A kh ng chia hết cho (vì A kh ng chia hết cho 3) 0,25 * n = 3k + => A = 9k2 + 9k + kh ng chia hết cho 0,25 * n = 3k +2 => A = 9k2 +9k+7 kh ng chia hết cho

Vậy với số nguyên n A = n2

+ n + kh ng chia hết cho

0,25

2 ểm Gi¶ sư tån t¹i m  *

để ph-ơng trình có nghiệm x1, x2

Theo vi-et:

2

1 2

x x m

x x m

   

 

  (x1 - 1) (x2 - 1) = - m

2 + 2m + 3

0,25

Với m * Ta cã x1x2 1và x1 + x2 m x1hoặc x2 nguyên

2 *

x x m  x x1, 2 *(x11)(x2 1)

m 2m (m 1)(m 3) m

            m {1;2;3}

0,25

Với m = 1; m = thay vào ta thấy ph-ơng trình cho vô nghiệm 0,25

Với m = thay vào ph-ơng trình ta đ-ợc nghiệm ph-ơng trình cho x =1; x = thoả mãn Vậy m=

0,25

Câu IV

1 ểm Vẽ hình theo yêu cầu chung đề

M H A C K I E B O D F 0,25

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 132

Có DFE=1DOE=450

0,25

0 BIF 45

  0,25

2 ểm Khi AM = AB ΔABM vu ng cân A =>

DBH=45 Có DFH=450

=> Tứ giác BDHF nội tiếp

0,25 => điểm B, D, O, H, F thuộc đƣờng tròn 0,25 => BFO=BHO900 => OH  BM, mà OA  BM=> A, O, H thẳng hàng 0,25

0

BAH=BIH45 => Tứ giác ABHI nội tiếp 0,25 3 ểm

P

Q

N

C B

A

O D

E F

M

C tứ giác PNQD nội tiếp = > QPN=QDN=EFN

Tƣơng tự c NQP=NDP=FEN=> ΔNEFvà ΔNQPđồng dạng

0,25

=> PQ=NQ PQ EF EF NE   

0,25 Dấu “=” xẩy P  F; Q E => DN đƣờng kính (O) => PQ lớn

nhất EF

0,25 Cách xác định điểm M : Kẻ đƣờng kính DN (O), BN cắt AC M PQ lớn 0,25

Câu V Đặt x=1+c, y=1+b, z=1+a 0   a b c 1 = >1z yx2

Khi đ A= (x+y+z)(1 1

x y z)=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

    

       

Do 1 t (2 1)( 2)

t t

t

 

0

  x z

z x

5 

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 133 A 2.5 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 ( kh ng kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm trang, có bốn câu)

Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phƣơng trình : a/

20 x x   b/ x  1 x

2/ Giải hệ phƣơng trình : 3 x y

y x     

   

Câu 2 : ( 2,0 điểm)

Cho parabol y = x2 (P) đƣờng thẳng y = mx (d), với m tham số 1/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm c tung độ

2/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt điểm, mà khoảng cách hai điểm

Câu 3 : ( 2,0 điểm)

1/ Tính : ( 1 )

2 3 3

P  

  

2/ Chứng minh : 5 2

a b a b a b , biết a b 0

Câu 4 : (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vu ng A, đƣờng cao AH Vẽ đƣờng trịn tâm O, đƣờng kính AH, đƣờng trịn cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D E

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 134 GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chung -

Câu 1: ( 2,5 điểm)

1/ Giải phƣơng trình : a/

20

x x   (*) Đặt

; ( 0) x t t (*) t2 – t – 20 =  (t

1 = (nhận) v t2 = - ( loại)); Với t = => x2 =  x =  Vậy phƣơng trình c hai nghiệm x = x = -

b/ x  1 x ( điều kiện x1)

2 2

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

Vậy phƣơng trình c nghiệm x = 2/ Giải hệ phƣơng trình :

3 x y

y x     

   

Từ y           x y x y 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 phƣơng trình c nghiệm (x; y): ( ; ), (1 7; ) 2 2

Câu 2 : ( 2,0 điểm)

1/ P.trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : 2

0

0 ( ) x

x mx x x m

x m

 

       

 Vì giao điểm 2

( ) :P y x y m

    Với y = => m2 =  (m = v m = -3) Vậy với m 3 (P) (d) cắt điểm c tung độ

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

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

Khoảng cách hai giao điểm : AO = 4

6

m m  m m   (1) Đặt

; ( 0)

tm t (1)

6 t t

     (t1 = ( nhận ) v t2 = - ( loại)) Với t1 =  m2 = , m  ( nhận)

Vậy với m  (P) cắt (d) hai điểm c khoảng cách

Câu 3 : ( 2,0 điểm)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 135 ( 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 ) 0 (với a, b R)

a b  ( theo giả thiết) 2

0

a b ab ( với a, bR )

Nên bất đằng thức cuối Vậy 5 2

a b a b a b với a b 0 (đpcm)

Câu 4 : (3,5 điểm)

E D O H C B A

1/ Nối H với E

+

90 HEA

  ( AH đƣờng kính), 90 AHC

  ( AH đƣờng cao) => AHE ACB (cùng phụ với EHC) (1) + ADE AHE ( g c nội tiếp chắn cung AE) (2)

Từ (1) (2) => ADE = ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đƣờng tròn ( c g c đối g c kề bù g c đối)

2/ Vì 90 DAE

  => DE đƣờng kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm) 3/ Ta có SBDEC SABCSADE

+ABC vu ng c AH đƣờng cao:

2

4

AC BC AB  cm => ABC

AB AC

s   (cm2) 12

5 AB AC DE AH

BC

   (cm) ( đƣờng kính đt O)

+ADE vàABC có : A chung , ADE = ACB ( câu 1)

=> ADE ~ ABC (g.g) => tỉ số diện tích bình phƣơng tỉ đồng dạng :  2 ABC AED AED ABC S DE S DE S

S BC BC

            + 2

2 2

12 (1 ) 6(1 )

5 BDEC ABC ADE ABC

DE

S S S S

BC

  

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 136 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 ( kh ng kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm trang, có năm câu)

Câu 1 (1,5 điểm)

Cho phƣơng trình

16 32

x  x   ( với xR)

Chứng minh x 2   2 2 nghiệm phƣơng trình cho

Câu 2 (2,5 điểm)

Giải hệ phƣơng trình ( 1)( 1) ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

    



    

 ( với xR y, R)

Câu 3.(1,5 điểm)

Cho tam giác MNP c 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 dƣơng) Tìm n lớn thoả mãn điều kiện cho

Câu 4 (1 điểm)

Chứng minh 10 số nguyên dƣơng liên tiếp kh ng tồn hai số c ƣớc chung lớn

Câu 5 (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC kh ng tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đƣờng tròn (I) Gọi D,E,F lần lƣợt tiếp điểm BC, CA, AB với đƣờng tròn (I) Gọi M giao điểm đƣờng thẳng EF đƣờng thẳng BC, biết AD cắt đƣờng tròn (I) điểm N (N kh ng trùng với D), giọi K giao điểm AI EF

1) Chứng minh điểm I, D, N, K thuộc đƣờng tròn 2) Chứng minh MN tiếp tuyến đƣờng tròn (I)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 137 GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013

Mơn: Tốn chun -

Câu 1: Phƣơng trình cho :

16 32

x  x   ( với xR)  (x28)2 320 (1) Với x 2   2 2  x 2 2  2 2

=>

8 2 3

x     

Thế x vào vế phải (1) ta c :

2 2

(x 8) 32 (8 2 32 2 38) 324(2 3) 12(2   3) 32 =8 3  24 12 32  0 ( vế phải vế trái)

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

Câu 2: Hệ pt cho ( 1)( 1)

2 ( 1)( 1) yx

x x y xy

y y x

            (1) (2)      

2 ( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x y xy

y y x xy

    



    



Thay x = 0, y = hệ kh ng thoả Thay x = -1 y = -1 vào, hệ kh ng thoả =>( ; )x y (0;0);xy0;x 1 0;y   1 xy0 (*) - Chia vế hai phƣơng trình cho : => ( ) 6( )

6

x xy

xy x y x y

y xy

 

    



Thay x = y, hệ pt c vế phải nhau, vế trái khác (kh ng thoả) =>x y 0) (**) => xy 6(x y)

x y  

 (3) - Cộng vế (1) (2) hệ ta đƣợc pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = (4)

 (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = (x y x)( y 6(x y)) 6(x y)

x y x y

 

     

 

(x y x)( y 6(x y 1))

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) kh ng thoả (*) - Với x + y +1 =0  x = -y - vào phƣơng trình (1) hệ ta đƣợc :

2

2y 3y    y (y2)(2y   y 3)  22

2 0( )

y y

y y vn

     

   



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

x y

        



Thế x = y -6 vào pt (2) hệ : (2) 

2y 7y 16y 6 (2 1)( 6) 22

y

y y y

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 138 y2 - 4y - = 

2

2 10 10 y

y    

 



2y +1 =  y3 = 

Từ ba giá trị y ta tìm đƣợc ba giá trị x tƣơng ứng:

3

4 10 10

13

x x

x



   

    



  

 Thế giá trị (x; y) tìm đƣợc vào hệ (thoả)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x;y):

(1; -2), ( 10; 10), ( 10; 10), ( 13; 1) 2

       

Câu 3 (Cách 1)

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

4 cm

Nếu tam giác c cạnh > 1cm diện tích > cm

2 Gọi t số tam giác c cạnh > 1cm chứa đƣợc tam giác c cạnh cm: 1t ( với t số nguyên dƣơng) => tmax =

Theo nguyên lý Drichen c t tam giác c cạnh > 1cm đ chứa tối đa điểm thoả mãn khoảng cách hai điểm lu n > cm

Vậy số điểm thoả yêu cầu toán : 2 n Vậy nmax = (Cách 2): Giải theo kiến thức hình học

Nếu ta chọn điểm đỉnh tam giác cạnh cm vẽ đƣờng trịn đƣờng kính cm, đƣờng tròn tiếp xúc với trung điểm cạnh tam giác => Các điểm khác tam giác cách đỉnh > 1cm c thể nằm phần diện tích cịn lại tam giác (ngồi phần diện tích bị ba hinh trịn che phủ), đƣợc giới hạn cung tròn bán kinh cm

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 139 => phần diện tích đ lấy đƣợc điểm mà khoảng cách đến đỉnh tam giác lu n > cm

Vậy số điểm lớn thoả mãn khoảng cách hai điểm > 1cm : nmax = + = điểm

Câu 4 Gọi a b hai số 10 số nguyên dƣơng liên tiếp với a > b ( a; b nguyên

dƣơng)    1 a b

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

n n

        n n

   

Vậy 10 số nguyên dƣơng liên tiếp kh ng tồn hai số c ƣớc 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) => AF

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 vu ng F c FK đƣờng 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 c g c đối g c kề bù g c đối)

=> điểm I,D,N,K thuộc đƣờng tròn (đpcm)

2) Ta có IDDM ( DM tiếp tuyến, DI bán kính) IKKM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính MI Vì điểm D, I, K, N thuộc đƣờng tròn ( câu 1) => hai đƣờng tròn ngoại tiếp  DIK => hai đƣờng tròn trùng => N nằm đƣờng trịn đƣờng kính MI => INM= 900

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

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 140 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 2012-2013

ÌNH ĐỊNH TRƢỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐƠN

Đề c ín t ức

Mơn thi: TỐN Ngày thi: 14 / / 2012

Thời gian làm bài: 120 phút ( kh ng kể thời gian phát đề ) 1: ểm)

Cho biểu thức D =

1

   



 

   

 

a b a b

ab ab :

a b 2ab

1 ab  

  

  

  với a > , b > , ab1 a) Rút gọn D

b) Tính giá trị D với a =

3

2  2: ểm

a) Giải phƣơng trình: x 1  x 3 b) Giải hệ phƣơng trình: x2 y 2xy

x y 10

  

 

 

 3: ểm

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) đồ thị hàm số y x

2

 đƣờng thẳng (d) c hệ số g c m qua điểm I ( ; )

a) Viết phƣơng trình đƣờng thẳng (d)

b) Chứng minh (d) lu n cắt (P) hai điểm phân biệt với m c) Gọi x1 , x2 hồnh độ hai giao điểm (d) (P) Tìm giá trị m để

3 x x 32 4: ểm

Từ điểm A ngồi đƣờng trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đƣờng tròn (B, C tiếp điểm) Đƣờng thẳng qua A cắt đƣờng tròn (O) D E ( D nằm A E, dây DE kh ng qua tâm O) Gọi H trung điểm DE, AE cắt BC K

a) Chứng minh điểm A, B, H, O, C nằm đƣờng tròn b) Chứng minh: AB2 = AD AE

c) Chứng minh: 1 AK ADAE 5: ểm

Cho ba số a , b , c khác thỏa mãn: 1 a  b c Chứng minh ab2 bc2 ac2

c a b 

-HẾT -

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 141 1: ểm

a Rút g n D : Biểu thức D =

1             

a b a b

ab ab :

a b 2ab 1 ab          

Với ĐK : a > , b > , ab1 Biểu thức D c nghĩa

     

      

  

1 1 2

:

1

2 1

2

: :

1 1

2 1

1 1

a b ab a b ab ab a b ab

D

ab ab

a b a b

a b a ab a b

ab ab ab ab

a b ab a

ab a b a

                                

b) a =

3

2

 =  

2 3  3 1  1

=>         

2

2 3 3 6 3 2 3

13 13 13

5 5

D

      

     

   (Vì

3 1 >0) 2: ểm

a)Giải phƣơng trình: x 1  x 3 (1) ĐK: x  (*)

PT (1) viết:

  

     

    2  

êt: 4

2

3

3 3

13

9 13 õa DK

1

9

PT vi x x x x

x x x x x x

x

x x

x x th

x x x

                                       

Vậy: PT cho c nghiệm: 13 x

b) Giải hệ phƣơng trình: x2 y 2xy 2(x 2y) 2xy 142 x y 10 x y 10

     

 

     

 

Cộng vế hai PT hệ ta c : xy22xy240

Đặt: x + y = t Ta c PT: t2 2t 240 c nghiệm: t14; t2  6 Với t1 4 ta c hệ:

4

x y xy xy

x y x y

   

 

     

  c nghiệm:

1 3 x x hoac y y          

Với t2  6 ta c hệ: 13

6

x y xy xy

x y x y

   

 

       

  Hệ v nghiệm

Vậy: Hệ PT cho c hai nghiệm:

3 x x hoac y y          

3: ểm

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 142 Vì: (d): y = mx + b qua điểm I(0; 2): Nên: = m.0 + b => b =

Vậy (d): y = mx +2 b)Ta có: (P): y 1x2

2 

(d): y = mx +2

PT hoành độ giao điểm (P) (d): 2   x mx x 2mx

2      

Vì: a = > c = - < ==> a; c trái dấu ==> PT (1) c hai nghiệm phân biệt ==> (P) cắt (d) hai điểm phân biệt

c) PT (1) lu n c hai nghiệm phân biết x1; x2 phân biệt: Theo Viet ta có:

1 2

2

x x m

x x        Ta có:         

3 2

1 2 1 2 2

2

x x x x x x x x x x x x 3x x

2m 2m 12 8m 24m

 

          

 

    

Vì : x31x32 32 ==> 8m324m= 32

  

 

3

2

3 4

1

: ô nghiêm

m m m m m

m m

Vi m m v

             

   Vây: m = 4: ểm

a) C ứng m n ểm A H O C nằm ƣờng tròn: Xét tứ giác ABOC

Ta có:

0

0 90 ( ) 90 ( )

180 ABO gt ACO gt ABO ACO     

==> ABOC nội tiếp đƣờng trịn Đƣờng kính AO

( Vì: ABOACO90 ( )0 gt ) (1) Ta lại c : HE = HD (gt)

==> OH ED (Đƣờng kính qua

trung điểm dây kh ng qua tâm đ/tròn (O))

90 AHO

==> H nằm đƣờng trịn đƣờng kính AO (2)

Từ (1) (2) ==> điểm A, B, H, O, C nằm đƣờng tròn b) C ứng m n : A = AD AE :

Xét: ABD và ABE

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 143 Ta có: BAE (góc chung)

AEBABD (cùng chắn cung BD đ/tròn (O)) ==> ABD AEB (gg)

==> AB AD

AE  AB ==> AB

= AD.AE c) C ứng m n : 1

AK ADAE: Ta có AB2 = AD.AE

Xét ACK và AHC

Ta có: CAH (góc chung) (a) Ta có: H1B1 (chắn cung CA đtrịn (ABCOH))

Và: B1C1 ( Vì AB, AC tiếp tuyến đƣờng tròn (O) => AB = AC) => ABCcân A)

==> H1C1 (b) Từ (a) (b) ==> ACK AHC  g g ==> AC AK AC2 AH AK

AH  AC  

Vậy AD.AE = AH.AK (vì AB = AC) ==> AH

AK AD.AE ==> 2AH

AK AD.AE Mà 2AH = 2AD + HD

= AD + AD + DE = AD + AE 5: ểm

:

 

3

3 3 3

3 3

1 1 1 1 1

Vì:

a b c a b c a b c

1 1 1

a b ab a b c a b abc c

1 1

1 a b c abc

                    

 

           

 

   

 

2 2 3 3 3

ab bc ac abc abc abc 1

Ta có: abc

c a b c a b c a b

 

         

 

Thay (1) vào (2) ==> Ta có: ab2 bc2 ac2 abc 3

c a b abc

      

 

-HẾT -

1

1

K

H D

A O

B

C

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 144 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

LÂM ĐỒNG Kh a ngày : 26 tháng năm 2012 MƠN THI : TỐN

(Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm : 120 phút Câu 1: (0,75đ) Tính : 182 2 32

Câu 2: (0,75đ) Giải hệ phƣơng trình : 11

x y x y

 



   

Câu 3: (0,75đ) Cho tam giác ABC vu ng A, đƣờng cao AH Biết BH = 9cm, Ch = 16cm Tính độ dài đoạn thẳng AH, BH, AC

Câu 4: (0,75đ) Cho hai đƣờng thẳng (d) : y = (m-3)x + 16 (m3) (d’): y = x + m2 Tìm m để (d) (d’) cắt điểm trục tung

Câu 5: (0,75đ) Cho AB dây cung đƣờng tròn tâm O bán kính 12cm Biết AB = 12cm Tính diện tích hình quạt tạo hai bán kính OA, OB cung nhỏ AB

Câu 6: (1đ) Cho hàm số y = ax2 (a 0) c đồ thị (P) a) Tìm a biết (P) qua điểm A(2;4)

b) Tìm k để đƣờng thẳng (d) : y = 2x + k lu n cắt (P) điểm phân biệt

Câu 7: (0,75đ) Hình n n c thể thể tích 320cm3, bán kính đƣờng trịn 8cm Tính diện tích tồn phần hình n n

Câu 8: (1đ) Cho đƣờng tròn (O) đƣờng kính AB, M trung điểm OA Qua M vẽ dây cung CD vu ng g c với OA

a) Chứng minh tứ giác ACOD hình thoi

b) Tia CO cắt BD I Chứng minh tứ giác DIOM nội tiếp

Câu 9: (1đ) Hai đội c ng nhân đào mƣơng Nếu họ làm xong việc Nếu họ làm riêng đội A hồn thành c ng việc nhanh đội B 12 Hỏi làm riêng đội phải làm xong việc

Câu 10: (0,75đ) Rút gọn : 37 20 3  37 20 3

Câu 11: (1đ) Cho phƣơng trình : x2 – 2(m-2)x - 3m2 +2 = (x ẩn, m tham số ) Tìm m để phƣơng trình c nghiệm x1; x2 thỏa : x1(2-x2) +x2(2-x1) = -2

Câu 12: (0,75đ) Cho đƣờng trịn (O) đƣờng kính AB, vẽ tiếp tuyến Ax By phía với đƣờng trịn , M điểm cung AB, N điểm thuộc đoạn OA

NO N, A Đƣờng thẳng vu ng g c với MN M cắt Ax By lần lƣợt C D

Chứng minh : AC = BN

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 147 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013 QUẢNG NGÃI Mơn thi: Tốn (khơng chuyên)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1,5 điểm)

1/ Thực phép tính:  21 21 2/ Giải hệ phƣơng trình:

2

x y x y

  

   

3/ Giải phƣơng trình:

9x 8x 1 Bài 2: (2,0 điểm)

Cho parapol  P :yx2 đƣờng thẳng  d :y2xm2 1 (m tham số)

1/ Xác định tất giá trị m để  d song song với đƣờng thẳng  d' :y2m x2 m2m 2/ Chứng minh với m,  d lu n cắt  P hai điểm phân biệt A B

3/ Ký hiệu xA;xB hồnh độ điểm A điểm B Tìm m cho

2

14 A B

x x  Bài 3: (2,0 điểm)

Hai xe t từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh, xe thứ hai đến sớm xe thứ Lúc trở xe thứ tăng vận tốc thêm km giờ, xe thứ hai giữ nguyên vận tốc nhƣng dừng lại nghỉ điểm đƣờng hết 40 phút, sau đ đến cảng Dung Quất lúc với xe thứ Tìm vận tốc ban đầu xe, biết chiều dài quãng đƣờng từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh 120 km hay hai xe xuất phát lúc

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đƣờng trịn tâm O đƣờng kính AB = 2R C điểm nằm đƣờng tròn cho CA > CB Gọi I trung điểm OA Vẽ đƣờng thẳng d vu ng g c với AB I, cắt tia BC M cắt đoạn AC P; AM cắt đƣờng tròn (O) điểm thứ hai K

1/ Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp đƣợc đƣờng tròn 2/ Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng

3/ Các tiếp tuyến A C đƣờng tròn (O) cắt Q Tính diện tích tứ giác QAIM theo R BC = R

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho x0,y0 thỏa mãn x2 y2 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

xy A

xy  

 - HẾT -

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 148 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Bài 1:

1/  21 2 1  2 12   2 1

2/ 3 10

2 7 1

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

          

   

3/ Phƣơng trình

9x 8x 1 có a b c     9 nên có hai nghiệm là: 1 1; 2 x   x  Bài 2:

1/ Đƣờng thẳng  

:

d y xm  song song với đƣờng thẳng  d' :y2m x2 m2m

2

2

1

2

1 1 1 m m m m m m

m m m

m                           

2/ Phƣơng trình hồnh độ giao điểm  d  P x2 2xm2  1 x2 2xm2  1 phƣơng trình bậc hai c

1

ac m   với m nên lu n c hai nghiệm phân biệt với m Do đ  d lu n cắt  P hai điểm phân biệt A B với m

3/ Cách 1: Ký hiệu xA;xB hoành độ điểm A điểm B xA;xB nghiệm phƣơng trình x2 2xm2  1

Giải phƣơng trình 2

2

x  xm  

2 2

' m m ' m

          

Phƣơng trình c hai nghiệm 2

1 2;

A B

x   m  x   m  Do đ

  2 2

2 2 2 2

2 2

14 2 14 2 2 2 14

2 14

A B

x x m m m m m m

m m m m

                   

         

Cách 2: Ký hiệu xA;xB hoành độ điểm A điểm B xA;xB nghiệm phƣơng trình

2

2

x  xm   Áp dụng hệ thức Viet ta c : 22

A B

A B S x x

P x x m

   



   

 đ

 2  

2 2 2

14 14 2 14 2 14

A B A B A B

x x   x x  x x    m     m     m

Bài 3:

Gọi vận tốc ban đầu xe thứ x (km/h), xe thứ hai y (km/h) ĐK: x > 0; y > 0.

Thời gian xe thứ từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh 120 h x Thời gian xe thứ hai từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh 120 h

y

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 149 Thời gian xe thứ từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất 120  

5 h x Thời gian xe thứ hai từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất 120 h

y Vì xe thứ hai dừng lại nghỉ hết 40

3

ph h, sau đ đến cảng Dung Quất lúc với xe thứ nên ta c phƣơng trình: 120 120  2

5

x  y 

Từ (1) (2) ta c hpt:

120 120 120 120

5 x y x y            Giảihpt:

   

120 120

120 120

360 360 5 1800

120 120

5

x y

x x x x x x

x x x y                        

25 4.1800 7225 85        

Phƣơng trình c hai nghiệm phân biệt: 1 85 40

x     (thỏa mãn ĐK)

5 85 45

x      (kh ng thỏa mãn ĐK) Thay x40 vào pt (1) ta đƣợc: 120 120 120 60

40  y   y   y (thỏa mãn ĐK) Vậy vận tốc ban đầu xe thứ 40 km/h, xe thứ hai 60 km/h

Bài 4:(Bài giải vắn tắt)

a) Tứ giác BCPI nội tiếp (hs tự cm)

b) Dễ thấy MI AC hai đƣờng cao MABP trực tâm MABBP đƣờng cao thứ ba BPMA 1

Mặt khác 90

AKB (g c nội tiếp chắn đƣờng tròn) BKMA 2 Từ (1) (2) suy ba điểm B, P, Q thẳng hàng

c) AC AB2BC2  4R2R2 R

Khi BC = R dễ thấy tam giác OBC tam giác suy

60 CBA

Mà QACCBA (g c tạo tia tiếp tuyến g c nội tiếp chắn AC) đ QAC600 Dễ thấy tam giác QAC cân Q (QA = QC) c

60

QAC nên tam giác

AQ AC R

  

Dễ thấy ;

2

R R

AI  IB

Trong tam giác vuông IBM I 900 ta có tan tan 600 3 3

2

R R

IM IB BIB   

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 150 Ta chứng minh đƣợc tứ giác QAIM hình thang vu ng  0

/ / ; 90 AQ IM I 

Do đ  

2

1 3 5

3

2 2

QAIM

R R R R R

S  AQIM AI  R     

  (đvdt)

Bài 5:

Cách 1: Ta có 2 1 1

1 2

xy xy xy

A A

xy xy A xy xy

 

       

  

Vì x 0,y A A A         

 đ ax m A A A    

Mặt khác  2 2

0 2 1

2

x y x y xy xy

xy

         (vì 2xy0) Do 1

2 A  

 Dấu “ = ” xảy xy Từ 2 0, 2 x y

x y x y

x y              Lúc đ 2 A      

Vậy

A  2 x y

Cách 2: Với x0, y 0 ta có

2

1 2

1

2 2 3

x y

xy xy xy

xy xy



         

 

Do đ 2 2

1 3

xy A xy xy            

Dấu “=” xảy x y Từ 2 0, 2 x y

x y x y

x y             

Vậy

A  2 x y Cách 3:

Vớix0, y0 x2 y2 1 Ta có

       

2 2

2 2

2 2 2

0

3 3 3

x y xy x y

xy xy xy

A A

xy xy xy xy

  

  

         

   

Dấu “=” xảy 2

x y Vậy

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 151 Bài (2,0điểm)

1) Tìm giá trị x để biểu thức c nghĩa: 3x2 ;

2x1 2) Rút gọn biểu thức:

(2 3)

2

A  

 Bài (2,0 điểm)

Cho phƣơng trình: mx2

– (4m -2)x + 3m – = (1) ( m tham số) 1) Giải phƣơng trình (1) m =

2) Chứng minh phƣơng trình (1) lu n c nghiệm với giá trị m 3) Tìm giá trị m để phƣơng trình (1) c nghiệm nghiệm nguyên Bài (2,0 điểm)

Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Một mảnh vƣờn hình chữ nhật c chu vi 34m Nếu tăng thêm chiều dài 3m chiều rộng 2m diện tích tăng thêm 45m2 Hãy tính chiều dài, chiều rộng mảnh vƣờn

Bài (3,0 điểm)

Cho đƣờng tròn O Từ A điểm nằm (O) kẻ tiếp tuyến AM AN với (O) ( M; N tiếp điểm )

1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính AO

2) Đƣờng thẳng qua A cắt đƣờng tròn (O) B C (B nằm A C ) Gọi I trung điểm BC Chứng minh I thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AO

3) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh AK.AI = AB.AC Bài (1,0 điểm)

Cho số x,y thỏa mãn x 0; y 0 x + y = Tìm giả trị lớn nhỏ A = x2

+ y2

- Hết -

UBND tỉnh bắc ninh Sở giáo dục đào tạo

đề thi tuyển sinh vo lp 10 thpt

Năm học 2012 - 2013

Mơn thi: Tốn (Dành cho tất thí sinh) Thời gian: 120 phút(Khơng kể thời gian giao )

Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2012

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 152 Câu 1:

a) 3x2 c nghĩa  3x – 2

x x

    

2x1 c nghĩa

1 2

2

x x x

      

b)

2 2

2

(2 3) (2 3)

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

1

2 (2 3)(2 3)

A           

   

Câu 2: mx2(4m2)x3m 2 (1)

1.Thay m = vào pt ta có:

2

(1)2x 6x  4 x 3x 2

Ta thấy: – +2 = nên pt c nghiệm: x10; x2 2 * Nếu m = (1)2x   2 x

Suy ra: Pt lu n c nghiệm với m=0

*Nếu m  ph (1) pt bậc ẩn x

Ta có:  ' (2m1)2m m(3 2)4m24m 1 3m22m(m1)2   0 m Kết luận: Kết hợp trƣờng hợp ta c : pt lu n c nghiệm với m (đpcm) * Nếu m = (1)2x   2 x nguyên

Suy ra: Với m = pt c nghiệm nguyên

* Nếu m # ph (1) pt bậc ẩn x Từ ý ta c : pt c nghiệm:

2 1

1

2 1

m m

x

m

m m m

x m m                 Để pt (1) c nghiệm nguyên nghiệm x2 phải nguyên

3 2

3 ( 0)

m

Z Z m m

m m



       hay m ƣớc m = {-2; -1; 1; 2} Kết luận: Với m = { 1; 2; 0} pt c nghiệm nguyên

Câu 3:

Gọi chiều dài hcn x (m); chiều rộng y (m) (0 < x, y < 17) Theo ta có hpt : 34 : 17 12

( 3)( 2) 45

x y x

x y xy y

   

 

      

  (thỏa mãn đk)

Vậy : chiều dài = 12m, chiều rộng = 5m Câu :

1 Theo tính chất tiếp tuyến vu ng g c với bán kính tiếp điểm ta c : AMO ANO90O

AMO

 vu ng M  A, M , O thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AO ( Vì AO cạnh huyền)

ANO vu ng N  A, N, O thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AO (Vì AO cạnh huyền)

Vậy: A, M, N, O thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AO Hay tứ giác AMNO nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính AO

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 153 Vì I trung điểm BC (theo gt) OI BC (tc)

AIO vu ng I  A, I, O thuộc đƣờng trịn đƣờng kính AO (Vì AO cạnh huyền)

Vậy I thuộc đƣờng tròn đƣờng kính AO (đpcm) Nối M với B, C

Xét AMB& AMC có MAC chung

2 MCB AMB sđMB ~

AMB ACM

 (g.g) AB AM AB AC AM2 AM AC

    (1)

Xét AKM& AIM có MAK chung

AIM AMK (Vì: AIM  ANM chắn AM AMK  ANM )

~

AMK AIM

 (g.g) AK AM AK AI AM2

AM AI

    (2)

Từ (1) (2) ta c : AK.AI = AB.AC (đpcm) Câu 5:

* Tìm Min A

Cách 1:

Ta có:    

2 2 2

2 2 2

2

2

x y x xy y

x y x xy y

    

    

Cộng vế với vế ta c :  2  2 1

2

2

x y   x y   A Vậy Min A =

2 Dấu “=” xảy x = y =

Cách

Từ x    y x y Thay vào A ta có :

 2 2 2 2 1

1 2 2( )

2 2 A y y  y  y  y   y Dấu « = » xảy : x = y =

2 Vậy Min A =

2 Dấu “=” xảy x = y = * Tìm Max A

Từ giả thiết suy

2

2 2

0

1

0

x x x

x y x y

y y y



  

      

     

 

Vậy : Max A = x = 0, y

GIẢI CÂU 05

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MƠN TỐN BẮC NINH 2012-2013

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 154 CÂU 05 :

Cho số x ; y thoả mãn x 0;y0 x+ y =

.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A = x2 + y2 I- TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

CÁCH 01 :

a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có x + y = nên y = - x + thay vào A = x2 + y2 ta có : x2 + ( -x + 1)2 - A = hay 2x2 - 2x + ( 1- A) = (*)

do đ để biểu thức A tồn giá trị nhỏ giá trị lớn phƣơng trình (*) c

nghiệm hay  

2 1 2 '         

 A A A Vậy giá trị nhỏ biểu thức A

2

phƣơng trình (*) c nghiệm kép hay x =

mà x + y = y =

Vậy Min A = 1/2 x = y = 1/2 ( t/m)

b) Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 02 :

a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Theo Bất đẳng thức Bunhia ta c = x + y hay 1= (x + y)2  

2 2    

 x y x y Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y mà x + y =1 hay x =y = 1/2 ( t/m)

b) Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 03 :

a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Kh ng tính tổng quát ta đặt       m y m x

với 0m1 Mà A= x2 + y2 Do đ A = ( 1- m)2 + m2 hay A= 2m2 - 2m +1 hay 2A = (4m2 - 4m + 1) + hay 2A = (2m- 1)2 + hay  

2 2

2     m

A

Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 m= 1/2 hay x = y = 1/2

b) Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 04 :

a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có A = x2 + y2 = ( x+ y)2 - 2xy = -2xy ( x + y =1 ) mà xy  

2 2 2 4            

 x y xy xy xy A

Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2

b) Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 05 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 155   d c b a d b c a   

 2

2

(*) , dấu “=” xảy d b c a



Thật : c      

                        2 2 b a y b x a y

x  

y x b a y b x a   

 2

2

(ĐPCM) ÁP DỤNG

Cho a = x b = y ,từ (*) c : A= x2 + y2 =   1 2 y x y

x   

mà x+ y =1 Nên A

2

 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2 b) Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 06 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A Ta có A = x2 + y2 hay xy =

2 1A

(*) mà x + y =1 (**)

Vậy từ (*) ;(**) c hệ phƣơng trình         1 A xy y x

,hệ c nghiệm   1 ;

0       

 y A A

x Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x+ y =1 x2 + y2 =

2

hay x = y = 1/2 b) Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 07 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có A = x2 + y2 = x2 + y2 + - mà x + y =1 nên A = x2 + y2 - x - y -1 Hay A =

2 4

2  

                y y x

x Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2

b) Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 08 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có A= x2 + y2 =  

2 2 2 2 2 y x y x y x y x y y x x y x y x y x             

Mà x + y =1 nên A

 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2 b)Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 09 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A Ta c x + y = đƣờng thẳng , x2

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 156 trị khoảng cách từ O đến đƣờng thẳng x + y =1 phải nhỏ hay bán kín đƣờng trịn hay A

2

 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x =y = 1/2

b)Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 10 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A Ta có x + y =1

2   

x y Vậy để chứng minh A  với A = x2

+ y2 ta cần chứng minh

2

2     y x y

x

Thật : Ta có

2

2    y x y

x

Hay

2

1 2 

            

 x y ( lu n ) Vậy A

 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y =1/2

b)Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 11 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Kh ng tính tổng quát ta đặt 2           m m y m x

.Do đ A = x2

+ y2 hay (2-m)2 + (m-1)2 - A =0 hay 2m2 - 6m +5 = A

Hay  

2 2

2     m

A

Vậy giá trị nhỏ A 1/2 x = y = 1/2 b)Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 12 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Kh ng tính tổng quát ta đặt 3           m m y m x

.Do đ A = x2

+ y2 hay (3-m)2 + (m-2)2 - A =0 hay 2m2 - 10m +13 = A

Hay  

2 2 2     m

A

Vậy giá trị nhỏ A 1/2 x = y = 1/2 b)Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 13 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có x + y =1 hay (x+1) + (y +1) = mà A = x2 + y2 hay A = (x2 + 2x + 1) + ( y2 + 2y +1) - hay A = (x+1)2 + ( y+1)2 - ,do đ ta đặt

             1 1 b a y b x a

Khi ta c toán sau :

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 157 Thật : Ta c A = a2

+ b2 - = (a+b)2 - 2ab - = - 2ab ( a+b=3) Mặt khác theo c si c :  

4    a b

ab đ A

2

 Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x = y = 1/2

b)Tìm giá trị lớn biểu thức A CÁCH 14 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Kh ng tính tổng quát ta đặt b m a b m y m a x          

( với a > b a - b =1 hay a = b+ hay a > b ) Do đ A = x2

+ y2 hay (a-m)2 + (m-b)2 - A =0 hay 2m2 - 2m (a+b) +(a2 + b2) = A hay

Hay          

2 2 2 2 2 2

2          

 

 m a b a b a b A m a b

A

(Vì a - b= 1)

Vậy giá trị nhỏ A 1/2 x = y = 1/2 b)Tìm giá trị lớn biểu thức A

CÁCH 15 :

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A

Ta có x + y =1 hay y = - x mà y 00x1 Do đ x2

+ y2 - A = hay x2 - 2x +( - A ) = Khi đ ta c tốn sau :

Tìm A để phƣơng trình x2

- 2x +( - A ) = (*) c nghiệm 0x1 x2 1 Với x1 ; x2 nghiệm phƣơng trình (*)

Thật để phƣơng trình (*) c nghiệm

1 1 ' 0 ' 0 1 0 1 2 1 2

1   

                                                                            A P S P S P S P S x x x x x x x x x x

Vậy giá trị nhỏ biểu thức A 1/2 x =y = 1/2 b)Tìm giá trị lớn biểu thức A

Vậy theo ta c giá trị lớn biểu thức A x = y = x= y =

II- TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CÁCH 01 :

Vậy theo ta c giá trị lớn biểu thức A x = y = x= y =

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 158 Ta có A = x2 + y2 hay xy =

2 1A

(*) x + y =1 mà x 0;y0xy0 Do đ theo (*) c A 1 Vậy giá trị lớn biểu thức A

x = y = x= y = CÁCH 03 :

Kh ng tính tổng quát ta đặt    

 

 

0 cos

0 sin

2

  y

x

Do đ A = sin4 cos4 12sin.cos2 1 Vậy giá trị lớn biểu thức A

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 159 SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

(Đề thi có trang) Mã đề 01

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

Mơn thi: TỐN Ngày thi : 28/6/2012

Thời gian làm : 120 phút

Câu (2điểm)

a) Trục thức mẩu biểu thức: 1

b) Giải hệ phƣơng trình:

2 7

.

2 1

  

   

x y

x y

Câu (2điểm)

Cho biểu thức: 2

1

  

  

 

 

a a a

P

a

a a a với a >0 a1

a) Rút gọn biểu thức P

b) Với giá trị a P = Câu (2điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đƣờng thẳng y = ax + b qua điểm M(–1 ; 2) song song với đƣờng thẳng y = 2x + Tìm a b

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phƣơng trình x2 + 4x – m2 – 5m = Tìm giá trị m cho: |x1 – x2| =

Câu (3điểm)

Cho tam giác ABC c ba g c nhọn, nội tiếp đƣờng tròn tâm O Hai đƣờng cao AD, BE cắt H (DBC, E AC)

a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đƣờng tròn

b) Tia AO cắt đƣờng tròn (O) K ( K khác A) Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành c) Gọi F giao điểm tia CH với AB Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

AD BE CF

Q

HD HE HF

  

Câu (1điểm)

Tìm tất giá trị tham số m để phƣơng trình sau v nghiệm: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + =

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 160 HƢỚNG DẪN CHẤM THI

Câu Nộ dung Đ ểm

1

a) Ta có: 5( 1) ( 1)( 1)

 

   0,5

5( 1) 5( 1)

6

 

   

 0,5

b) Ta có: 2x y 4x 2y 14 x 2y x 2y

   

 



     

  0,5

5x 15 x x 2y y

 

 

 

   

  0,5

2

a) Với 0 a 1thì ta có: 2

4 1

1

    

   

  

 

a a a a a

P

a a

a a a a 0,5

2

4a 1 a



 0,5

b) Với 0 a 1thì P = 4a 12 3a2 4a a



    

3a 4a

    0,5

a = (loại) a

 (thỏa mãn đk) 0,5

3

a) Đƣờng thẳng y = ax + b song song với đƣờng thẳng y = 2x +1 nên:

a = 2, b 1 0,5 Vì đƣờng thẳng y = 2x + b qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt:

2(-1) + b = b = (thỏa mãn b 1) Vậy a = 2, b = 0,5 b) Ta có :   ' m25m(m 1)(m 4)  Để phƣơng trình c nghiệm x1, x2 ta

có:  ' 0m 4 m 1 (*) 0,25 Theo định lí Vi-et, ta có:

b

x x 4

a

     x x1 2 c m2 5m a

    0,25

Ta có: x1x2  4 (x1x )2  16 (x1x )2 24x x1 16

2

16 4( m 5m) 16 m 5m

        m = m = – 0,25

Kết hợp với đk(*), ta c m = , m = – giá trị cần tìm 0,25

4

a) Vì AD BE đƣờng cao nên ta c :

ADBAEB90 0,5

 Hai góc ADB, AEB nhìn cạnh AB dƣới g c 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp đƣờng tròn

0,5 H

F E

D

K O

C B

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 161 b) Ta có:ABKACK90 (g c nội tiếp chắn đƣờng tròn) CKAC, BKAB (1)

Ta c H trực tâm tam giác ABC nên: BHAC, CHAB(2)

0,5

Từ (1) (2), suy ra: BH // CK, CH // BK Vậy tứ giác BHCK hình bình hành (theo định

nghĩa) 0,5

Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên

trong ABC , đ : S = S1 + S2 + S3 0,25

Ta có: ABC ABC ABC

BHC AHC AHB

S S S

AD S BE S CF S

(1), (2), (3)

HDS S HE S S HFS S 0,25

Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta đƣợc:

1 3

AD BE CF S S S 1

Q S

HD HE HF S S S S S S

 

          

 

Áp dụng bất đẳng thức C si cho số dƣơng, ta c :

1 3

S S   S S S S S (4) ;

3

1 3

1 1

S S S  S S S (5)

0,25

Nhân vế theo vế (4) (5), ta đƣợc: Q9 Đẳng thức xẩy S1 S2 S3 hay H

trọng tâm ABC , nghĩa ABC 0,25

5

Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + = (*) Đặt x 2  t pt (*) trở thành: t2 – 2mt

+ – m = (**), '(t)m2  m (m 1)(m 2)  0,25 Để pt (*) v nghiệm pt(**) phải v nghiệm c nghiệm t1, t2 cho: t1 t2 0,25 Pt (**) v nghiệm  '(t) 0 (m 1)(m 2)      0 m (1)

Pt (**) có nghiệm t1, t2 cho: t1 t2 Điều kiện là:

' '

2m m m

2 m m

   

 

      

 

    

 

(2)

0,25

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 162

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP THPT

ÌNH DƢƠNG N m c 2012 – 2013

Mơn thi: Tốn T g an l m b : 120 p út K ông kể t g an p át ề

1 ểm : Cho biểu thức: A = 50 x x 1/ Rút gọn biểu thức A

2/ Tính giá trị x A = ểm :

1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y = 2 x

2/ Xác định m để đƣờng thẳng (d): y = x – m cắt (P) điểm A c hoành độ Tìm tung độ điểm A

ểm :

1/ Giải hệ phƣơng trình:

3

x y x y

  

   

2/ Giải phƣơng trình: x4

+ x2 – = ểm : Cho phƣơng trình x2

– 2mx – 2m – = (m tham số)

1/ Chứng minh phƣơng trình lu n c hai nghiệm phân biệt với giá trị m 2/ Tìm m để x1x2 đạt giá trị nhỏ (x1; x2 hai nghiệm phƣơng trình)

5 ểm : Cho đƣờng tròn (O) điểm M ngồi đƣờng trịn Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB cát tuyến MPQ (MP < MQ) Gọi I trung điểm dây PQ, E giao điểm thứ đƣờng thẳng BI đƣờng tròn (O) Chứng minh:

1/ Tứ giác BOIM nội tiếp Xác định tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác đ 2/ BOM = BEA

3/ AE // PQ

4/ Ba điểm O; I; K thẳng hàng, với K trung điểm EA

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 163 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Nộ dung 1 ểm :

1/ ĐKXĐ: x  A = 50

5 x x = 25.2 4.2

5 x4 x

= 2 2 x x =

2 x

Vậy với x  thi A = 2 x 2/ Khi A = 

2 x =  2x =  2x =

 x = (Thỏa điều kiện xác định) Vậy A = giá trị x =

ểm :

1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y = 2 x -Bảng giá trị

x -4 -2

y = 2 x

8 2

-Đồ thị (P) đƣờng parabol đỉnh O(0; 0) nằm phía trục hồnh, nhận trục tung làm trục đối xứng qua điểm c tọa độ cho bảng

2/ Cách

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 164 A là: yA =

2

2 =

 A(1;

2) (d) nên

2 = – m

 m = – =

1 Vậy với m =

2 (d): y = x – m cắt P điểm A c hoành độ Khi đ tung độ yA = Cách 2

Ta c phƣơng trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là:

2 x

= x – m  x2 – 2x + 2m = (*)

Để (d) cắt (P) điểm A c hoành độ phƣơng trình (*) c nghiệm  12 – 2.1 + 2m =  m =

2 Vậy với m =

2 (d): y = x – m cắt P điểm A c hoành độ Khi đ tung độ yA =

2 = ểm :

1/ Giải hệ phƣơng trình

2 3 x y x y         3 x x y         3.( 1)

x y          x y        Vậy hệ phƣơng trình c nghiệm (-1; -6) 2/ Giải phƣơng trình

x4 + x2 – = (1) Đặt x2

= t (t  0)

Phƣơng trình (1) trở thành: t2

+ t – = (2) Ta có  = 12 – 4.1.(-6) = 25

Phƣơng trình (2) c hai nghiệm t1 =

1 25 2.1  

= (nhận) ; t2 =

1 25 2.1  

= -3 (loại) Với t = t1 = => x2 =  x = 

Vậy phƣơng trình cho c hai nghiệm x1 = 2; x2 = - ểm : Cho phƣơng trình x2

– 2mx – 2m – = (m tham số) 1/ Ta có ’ = (-m)2 – (-2m – 5)

= m2 + 2m + = (m + 1)2 + Vì (m + 1)2  với m

 (m + 1)2 + > với m Hay ’ > với m

Vậy phƣơng trình cho lu n c hai nghiệm phân biệt với m 2/ Vì phƣơng trình cho lu n c hai nghiệm phân biệt với m

 2

2

x x m

x x m

 



   

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 165 Đặt A = x1x2

 A2 = ( x1x2 )2 = x12 – 2x1x2 + x22 = (x1 + x2)2 – 4x1x2  A2 = (2m)2 – 4(-2m – 5) = (2m)2 + 8m + 20

= (2m)2 + 2m + + 16 = (2m + 2)2 + 16  16  Giá trị nhỏ A2

= 16

 Giá trị nhỏ A 2m + =  m = -1 Vậy với m = -1 x1x2 đạt giá trị nhỏ

5 ểm :

1/ Ta c MB tiếp tuyến (O) (gt)  OB  MB

 OBM = 900

 B thuộc đƣờng tròn đƣờng kính OM (1) Ta có IQ = IP (gt)

 OI  QP (Tính chất liên hệ đƣờng kính dây cung)  OIM = 900

 I thuộc đƣờng trịn đƣờng kính OM (2)

Từ (1) (2) => BOIM nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính OM 2/ Ta c BOM = AOM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 BOM = BOA mà BOA = SđAB

 BOM =

2 SđAB Ta lại c BEA =

2SđAB (Định lý g c nội tiếp)

 BOM = BEA

3/ Ta c : Tứ giác BOIM nội tiếp (Chứng minh trên)  BOM = BIM (Cùng chắn BM)

mà BOM = BEA (Chứng minh trên)  BIM = BEA

Mặt khắc BIM BEA hai g c vị trí đồng vị  AE // PQ

4/ Ta có OI  QP AE // PQ (chứng minh trên);  OI  AE (3)

mà KE = KA (gt)

 OK  AE (tính chất liên hệ đƣờng kính dây cung) (4)

Từ (3) (4), ta thấy qua điểm O c hai đƣờng thẳng OI OK song song với AE  OI OK phải trùng

Ba điểm O, I, K thẳng hàng

P O

M A

B Q

I

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 166 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI ÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Mơn t : TỐN

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

Bài 1.(2,0 điểm)

1) Tính: A 5

  



2) Cho biểu thức: B 2(x 4) x x x x x



  

    với x ≥ 0, x ≠ 16

a Rút gọn B

b Tìm x để giá trị B số nguyên

Bài 2.(2,0 điểm)

Cho phƣơng trình: x2

– 4x + m + = (m tham số) 1) Giải phƣơng trình với m =

2) Tìm m để phƣơng trình c hai nghiệm trái dấu (x1 < < x2) Khi đ nghiệm c giá trị tuyệt đối lớn hơn?

Bài 3.(2,0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = -x2 đƣờng thẳng (d): y = mx + (m tham số)

1) Tìm m để (d) cắt (P) điểm

2) Cho hai điểm A(-2; m) B(1; n) Tìm m, n để A thuộc (P) B thuộc (d) 3) Gọi H chân đƣờng vu ng g c kẻ từ O đến (d) Tìm m để độ dài đoạn OH lớn

nhất

Bài 4.(3,5 điểm)

Cho đƣờng tròn (O), dây cung BC (BC kh ng đƣờng kính) Điểm A di động cung nhỏ BC (A khác B C; độ dài đoạn AB khác AC) Kẻ đƣờng kính AA’ đƣờng tròn (O), D chân đƣờng vu ng g c kẻ từ A đến BC Hai điểm E, F lần lƣợt chân đƣờng vu ng g c kẻ từ B, C đến AA’ Chứng minh rằng:

1) Bốn điểm A, B, D, E nằm đƣờng tròn 2) BD.AC = AD.A’C

3) DE vu ng g c với AC

4) Tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định

Bài 5.(0,5 điểm):

Giải hệ phƣơng trình:

4

2 2

x x 3x 4y

x 4y x 2xy 4y

x 2y

2

     



   

  

 

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 167 ĐÁP ÁN

Nộ dung Đ ểm

1

(0,5đ) A 5542 ( 52)2  5 2 5  2 0,5

2

(1,5đ)

a (1 đ)

Với x ≥ 0, x ≠ 16, thì:

B 2(x 4) x 2x x ( x 4) 8( x 1)

( x 1)( x 4) x x ( x 1)( x 4)

     

   

     

0,25

2x x x x 3x 12 x ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4)

     

 

    0,25

x ( x 4) x ( x 1)( x 4) x



 

   0,25

Vậy B x x



 với x ≥ 0, x ≠ 16 0,25

b (0,5 đ)

Dễ thấy B ≥ (vì x  0) Lại c : B 3

x

  

 (vì

3

0 x 0, x 16)

x1   

Suy ra: ≤ B <  B  {0; 1; 2} (vì B  Z)

0,25

- Với B =  x = 0;

- Với B =  x x x x

x1     

- Với B =  x x 2( x 1) x

x1     

Vậy để B  Z x  {0; 1; 4}

0,25

Bài 2

Nộ dung Đ ểm

1

(1,0đ)

m = 2, phƣơng trình cho thành: x2 – 4x + =

Phƣơng trình c a + b + c = – + = nên c hai nghiệm: x1 = 1; x2 =

0,5 Vậy với m = phƣơng trình cho c hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 0,5

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 168 (1,0đ)

Theo định lí Vi-et, ta c : 2

x x x x m

 



  



Xét hiệu: |x1| - |x2| = -x1 – x2 = -4 < (vì x1 < < x2)  |x1| < |x2|

0,25 Vậy nghiệm x1 c giá trị tuyệt đối nhỏ nghiệm x2 0,25

Bài 3.(2,0 điểm):

Nộ dung Đ ểm

1

(0,75đ)

(d) cắt (P) điểm  Phƣơng trình hồnh độ (d) (P):

-x2 = mx +  x2 + mx + = c nghiệm 0,25

 = m2 – =  m = ± 2 0,25 Vậy giá trị m cần tìm m = 2 0,25

2

(0,75đ)

2

A (P) m ( 2) m

n B (d) n m

   

     

     

  

  0,5

Vậy m = -4, n = -2 0,25

3

(0,5đ)

- Nếu m = (d) thành: y =  khoảng cách từ O đến (d) =  OH = (Hình 1)

y =

x y Hình -2 -2 -1 -1 O H x y (d) Hình H B -3 -2 -1 -1 O A 0,25

- Nếu m ≠ (d) cắt trục tung điểm A(0; 2) cắt trục hoành điểm B( ;

m

 0) (Hình 2)

 OA = OB = 2 m |m|

 

OAB vu ng O c OH  AB 

2

2 2

1 1 m m

OH OA OB 4

      2 OH m  

 Vì m

2

+ > m ≠  m2 1  OH < So sánh hai trƣờng hợp, ta c OHmax =  m =

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 169

Bài 4.(3,5 điểm)

Nộ dung Đ ểm

1

(0,5đ)

Vì

ADB AEB90  bốn điểm A, B, D, E thuộc đƣờng trịn đƣờng

kính AB 0,5

2

(1,0đ)

Xét ADB ACA’ c :

ADB ACB 90 (ACB900 g c nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn); ABD AA 'C (hai g c nội tiếp chắn cung AC)

ADB ~ ACA’ (g.g)

0,5

 AD BD

AC  A 'C  BD.AC = AD.A’C (đpcm)

0,5

3

(1,25đ

Gọi H giao điểm DE với AC

Tứ giác AEDB nội tiếp  HDC BAE BAA ' 0,25 BAA ' BCA hai g c nội tiếp (O) nên:

1

BAA ' sđBA ' ; BCA sđBA

2

  0,25

 1

BAA ' BCA sđBA ' sđBA sđABA ' 90

2 2

     (do AA’ đƣờng kính) 0,25 Suy ra: HDCHCD BAA 'BCA 900 CHD vuông H 0,25 Do đ : DE  AC

4

(0,5đ

Gọi I trung điểm BC, K giao điểm OI với DA’, M giao điểm EI với CF, N điểm đối xứng với D qua I

Ta c : OI  BC  OI // AD (vì  BC)  OK // AD

ADA’ c : OA = OA’ (gt), OK // AD  KD = KA’

DNA’ c ID = IN, KD = KA’  IK // NA’; mà IK  BC (do OI  BC)

 NA’  BC

0,25

K

N

M H

I D

E

F

A' O

B C

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 170 Tứ giác BENA’ c

BEA ' BNA '90 nên nội tiếp đƣợc đƣờng tròn

 EA 'B ENB

Ta lại c : EA ' B AA ' B ACB (hai g c nội tiếp chắn cung AB (O))

 ENB ACB  NE // AC (vì c hai g c vị trí đồng vị nhau)

Mà DE  AC, nên DE  EN (1)

Xét IBE ICM c :

EIBCIM (đối đỉnh) IB = IC (cách dựng)

IBE ICM (so le trong, BE // CF (vì  AA’)

 IBE = ICM (g.c.g)  IE = IM

EFM vu ng F, IE = IM = IF

Tứ giác DENM c IE = IM, ID = IN nên hình bình hành (2) Từ (1) (3) suy DENM hình chữ nhật  IE = ID = IN = IM

 ID = IE = IF Suy I tâm đƣờng tròn ngoại tiếp DEF I trung điểm BC nên I cố định

Vậy tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định

0,25

Bài 5.(0,5 điểm):

Nộ dung Đ ểm

Từ (2) suy x + 2y ≥

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta c :

2 2 2 2

2(x 4y )(1 1 )[x (2y) ](x2y)

2 2

x 4y (x 2y) x 2y

2

  

   (3)

Dấu xảy  x = 2y

Mặt khác, dễ dàng chứng minh đƣợc:

2

x 2xy 4y x 2y

3

   

(4)

Thật vậy,

2 2 2

x 2xy 4y x 2y x 2xy 4y (x 2y)

3

        

(do hai vế ≥ 0)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 171

 4(x2 + 2xy + 4y2) ≥ 3(x2 + 4xy + 4y2)  (x – 2y)2 ≥ (lu n x, y) Dấu xảy  x = 2y

Từ (3) (4) suy ra:

2 2

x 4y x 2xy 4y

x 2y

2

     

Dấu xảy  x = 2y

Do đ (2)  x = 2y ≥ (vì x + 2y ≥ 0)

Khi đ , (1) trở thành: x4 – x3 + 3x2 – 2x – =  (x – 1)(x3 + 3x + 1) =  x = (vì x3 + 3x + ≥ > x ≥ 0)  y

2

 Vậy nghiệm hệ cho (x = 1; y =

2)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 172 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TÂY NINH

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

Môn t : TỐN(Khơng chun) Ngày thi : 02 tháng năm 2012

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

Câu : (1điểm) Thực phép tính

a) A b) B3 5 20 Câu : (1 điểm) Giải phƣơng trình: x22x 8

Câu : (1 điểm) Giải hệ phƣơng trình:

3 10

x y x y

  

  



Câu : (1 điểm) Tìm x để biểu thức sau c nghĩa:

a) 21

x  b)

2

4x Câu : (1 điểm) Vẽ đồ thị hàm số yx2

Câu : (1 điểm) Cho phƣơng trình x22 m 1  xm2 3 a) Tìm m để phƣơng trình c nghiệm

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phƣơng trình cho, tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 2

A x x x x

Câu : (1 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số y3x m cắt trục tung điểm c tung độ Câu : (1 điểm) Cho tam giác ABC vu ng A c đƣờng cao AH Cho biết AB3cm,

AC4cm Hãy tìm độ dài đƣờng cao AH

Câu : (1 điểm) Cho tam giác ABC vu ng A Nửa đƣờng trịn đƣờng kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F Chứng minh tứ giác CDEF tứ giác nội tiếp

Câu 10: (1 điểm) Trên đƣờng tròn (O) dựng dây cung AB c chiều dài kh ng đổi bé đƣờng kính Xác định vị trí điểm M cung lớn AB cho chu vi tam giác AMB c giá trị lớn

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 173 ÀI GIẢI

Câu : (1điểm) Thực phép tính a) A 8 16 4

b) B3 5 20 3 52 5 Câu : (1 điểm) Giải phƣơng trình

2

2 x  x 

 2  

' 1

       ,  ' 3

1

x    , x2    1 Vậy S = 4; 2  

Câu : (1 điểm) Giải hệ phƣơng trình

2 5 15 3

3 10 10 10

x y x x x

x y x y y y

    

    

          

   

Vậy hệ phƣơng trình cho c nghiệm  3;1 Câu : (1 điểm) Tìm x để biểu thức sau c nghĩa:

a) 21

x  c nghĩa

2

9 x

    x2 9   x b) 4x2 c nghĩa  4 x2 0 x2 4    2 x Câu : (1 điểm) Vẽ đồ thị hàm số yx2

BGT

x 2 1

2

yx 1

Câu : (1 điểm)

 

2

2 m m x   x   a) Tìm m để phƣơng trình c nghiệm

 2  2  2 2

' m 1 m m 2m m 2m

           

Phƣơng trình c nghiệm   ' 2m 2 0  m b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  x1 x2x x1 2

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 174 Theo Vi-ét ta c : x1x2 2m2; x x1 2 m23

 2

2

1 2

A x x x x 2m 2 m  3 m 2m 5  m 1  4 Amin 4 m 0    m (lo i kh ng thỏa điều kiện m 1 )

Mặt khác : Am 1 2  4 1 124 (vì m 1 )  A Amin 8 m 1

t lu n : Khi m 1 A đạt giá trị nhỏ Amin 8

Các 2: Điều kiện m 1

Theo Vi-ét ta c : x1x2 2m2; x x1 2 m23

2

1 2

A  x x x x 2m m   3 m 2m 5 Vì m 1 nên Am22m 1  2 2.1 5 hay A8 Vậy Amin 8 m 1

Câu : (1 điểm)

Đồ thị hàm số y3x m cắt trục tung điểm c tung độ m

    m Vậy m5 giá trị cần tìm Câu : (1 điểm)

Ta c :

 

2 2

BC AB AC  4 5 cm AH.BCAB.AC

 

AB.AC 3.4

AH 2, cm

BC

   

Các 2:

2 12 12 AH  AB  AC

2 2 2

2

2 2 2

AB AC 4 AH

AB AC

   

 

AH 3.4 2, cm 

  

Câu : (1 điểm)

GT ABC,

0

A90 , nửa O;AB

  

 

  cắt

BC D, EAD, BE cắt AC F KL CDEF tứ giác nội tiếp

Ta c : C 1sđAmB sđAED 1 sđADB sđAED 1sđBD

2 2

    

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 175 Mặt khác BED 1sđBD

2

 (BED g c nội tiếp)

BED C sđBD

 

Tứ giác CDEF nội tiếp đƣợc (g c g c đối trong) Câu 10: (1 điểm)

GT  O , dây AB kh ng đổi, AB2R, MAB (cung lớn)

KL Tìm vị trí M cung lớn AB để chu vi tam giác AMB c giá trị lớn

Gọi P chu vi MAB Ta c P = MA + MB+ AB Do AB kh ng đổi nên Pmax  

max

MA + MB

Do dây AB kh ng đổi nên AmB kh ng đổi Đặt sđAmB (kh ng đổi) Trên tia đối tia MA lấy điểm C cho MB = MC

MBC

  cân M M12C1 (g c đỉnh MBC cân)

1

1 1 1

C M sđAmB sđAmB

2 2 4

      (kh ng đổi)

Điểm C nhìn đoạn AB cố định dƣới g c kh ng đổi 4  C thuộc cung chứa g c

4 dựng đoạn AB cố định MA + MB = MA + MC = AC (vì MB = MC)

MA + MBmax ACmax AC đƣờng kính cung chứa g c n i

0

ABC 90

 

0

1

0 1

B B 90 C A 90

  

  

 

 A1B2 (do B1C1)  AMB cân M

MA = MB

 MA MB M điểm AB (cung lớn)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 176 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012

ĐỒNG NAI Khóa ngày: 29, 30 / /2012

Mơn thi: TỐN HỌC Thời gian làm bài: 120 phút Câu : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phƣơng trình : 7x2

– 8x – = / Giải hệ phƣơng trình : 3x + 2y =1

4x + 5y = 6

   Câu : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn biểu thức : M 12 +3 ; N 3 2

3 2 1

 

 

2 / Cho x1 ; x2 hai nghiệm phƣơng trình : x2 – x – = Tính :

1

1 1

+ x x

Câu : ( 1,5 điểm )

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hàm số :

y = 3x2 c đồ thị ( P ) ; y = 2x – c đồ thị ( d ) ; y = kx + n c đồ thị ( d1 ) với k n số thực

1 / Vẽ đồ thị ( P )

2 / Tìm k n biết ( d1 ) qua điểm T( ; ) ( d1 ) // ( d ) Câu : ( 1,5 điểm )

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

Câu : ( 3,5 điểm )

Cho hình vu ng ABCD Lấy điểm E thuộc cạnh BC , với E kh ng trùng B E kh ng trùng C Vẽ EF vu ng g c với AE , với F thuộc CD Đƣờng thẳng AF cắt đƣờng thẳng BC G Vẽ đƣờng thẳng a qua điểm A vu ng g c với AE , đƣờng thẳng a cắt đƣờng thẳng DE điểm H

1 / Chứng minh AE CD

AFDE

2 / Chứng minh tứ giác AEGH tứ giác nội tiếp đƣợc đƣờng tròn

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

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 177 HƢỚNG DẪN GIẢI:

Câu : ( 1,5 điểm )

1 / Giải phƣơng trình : 7x2

– 8x – = ( x1,2 = 79 

) / Giải hệ phƣơng trình : 3x + 2y =1

4x + 5y = 6

 

 ( x ; y ) = (–1 ; ) Câu : ( 2,0 điểm )

1 / Rút gọn biểu thức : M 12 +3 2 3 2 3

3 3



   

 2

2 1 3 2

N 2 1

2 1 2 1

 

  

 



2 / Cho x1 ; x2 hai nghiệm phƣơng trình : x2 – x – = S = b 1

a

  ; P = c 1 a

Nên :

1 2

1 1

x x

1 1

+

x x x x



  



Câu : ( 1,5 điểm ) / Vẽ đồ thị ( P )

2 / ( d1 ) // ( d ) nên k = ; n –3 qua điểm T( ; ) nên x = ; y = Ta c phƣơng trình : = 1.2 + n n =

Câu : ( 1,5 điểm )

Gọi x ( m ) chiều dài đất hình chữ nhật ( 49,5 < x < 99 ) Chiều rộng đất hình chữ nhật : 99 – x ( m )

Theo đề ta c phƣơng trình : x ( x – 99 ) = 2430 Giải đƣợc : x1 = 54 ( nhận ) ; x2 = 45 ( loại ) Vậy chiều dài đất hình chữ nhật 54 ( m )

Chiều rộng đất hình chữ nhật : 99 – 54 = 45 ( m ) Câu : ( 3,5 điểm )

1 / Chứng minh tứ giác AEFD nội tiếp

1

A D

 

 AEF DCE ( g – g )

AE AF

=

DC DE

AE DC

=

AF DE

 

2 / Ta có A2 phụ với A1

Ta có E1 phụ với D1

1 2

1 1

K I

b a

G H

F E

D C

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 178 Mà A1D1

2

A E

 

Suy tứ giác AEFD nội tiếp đƣờng trịn đƣờng kính HE

Gọi I trung điểm HEI tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác AEFD đƣờng tròn ngoại tiếp ΔAHE

I nằm đƣờng trung trực EG  IE = IG Vì K nằm đƣờng trung trực EG KE = KG Suy IEK =IGK ( c-c-c )

0 IGK IEK 90

 

KG IG

  G đƣờng tròn ngoại tiếp ΔAHE

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 179 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LẠNG SƠN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Môn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ng y t : 27 t 06 n m 2012

Đề t gồm: 01 trang

Câu I ểm

1.tính giá trị biểu thức: A =  

2

3 1 1 B = 12 27

3 

2 Cho biểu thức P = 1 :

1 1 1

x

x x x x



  

       

 

Tìm x để biểu thức P c nghĩa; Rút gọn P Tìm x để P số nguyên Câu II ểm

1 Vẽ đồ thị hàm số : y = 2x2

2 Cho phƣơng trình bậc hai tham số m : x2 -2 (m-1) x - = a Giải phƣơng trình m=

b Chứng minh phƣơng trình lu n c hai nghiệm phân biệt x1; x2 với giá trị m Tìm m thỏa mãn

2

2

1 x x

m x x   Câu III (1,5 ểm

Trong tháng niên Đoàn trƣờng phát động giao tiêu chi đoàn thu gom 10kg giấy vụn làm kế hoạch nhỏ Để nâng cao tinh thần thi đua bí thƣ chi đồn 10A chia đoàn viên lớp thành hai tổ thi đua thu gom giấy vụn Cả hai tổ tích cực Tổ thu gom vƣợt tiêu 30%, tổ hai gom vƣợt tiêu 20% nên tổng số giấy chi đoàn 10A thu đƣợc 12,5 kg Hỏi tổ đƣợc bí thƣ chi đồn giao tiêu thu gom kg giấy vụn?

Câu IV (3,5 ểm

Cho đƣờng trịn tâm O,đƣờng kính AB, C điểm cố định đƣờng tròn khác A B Lấy D điểm nằm cung nhỏ BC Các tia AC AD lần lƣợt cắt tiếp tuyến Bt đƣờng tròn E F

a, Chừng minh hai tam giác ABD BFD đồng dạng b, Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp

c, Gọi D1 đối xúng với D qua O M giao điểm AD CD1 chứng minh sooe đo g c AMC kh ng đổi D chạy cung nhỏ BC

Câu V (1 ểm

Chứng minh Q =

3

x  x  x  x  với giá trị x

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 180 Đáp án :

Câu I ểm A  

2

3 1 1= B 12 27 

= ĐK : x >1

P = x

Để P số nguyên x 1 U(2) 1; =>x 2;5

Câu II ểm HS tự vẽ

2 a) x = -1 x =

b ) Có  ' (m1)2  3 m=> Pt lu n c nghiệm phân biệt Theo Vi ét có : x1x2 2m2

x x1  3 Theo đề :

2

2

1 x x

m x  x  

=> 3

1 ( 1)( 2)

x x  m x x => 2

1 2 2

(x x ) ( x x ) 3x x (m1)(x x )

=>(2m2) (2 m2)2 3.( 3)(m 1)( 3)2 =>(2m2) 4 m28m139(m1) =>8m316m226m8m216m26 9 m 9 =>8m324m233m170 =>(m1)(8m216m17)0 => 21

8 16 17 0( )

m

m m Vn

 

   

 Vậy m = giá trị cần tìm Câu III (1,5 ểm

Gọi số kg giấy vụn tổ đƣợc bí thƣ chi đồn giao x (kg) ( Đk : < x <10) Số kg giấy vụn tổ đƣợc bí thƣ chi đoàn giao y (kg) ( Đk : < x <10 ) Theo đầu ta c hpt: 10

1,3 1, 12,5

x y

x y

  

  



Giải hệ ta đƣợc : (x; y ) = (5;5)

Trả lời : số giấy vụn tổ đƣợc bí thƣ chi đồn giao kg Số giấy vụn tổ đƣợc bí thƣ chi đoàn giao kg Câu IV (3,5 ểm

1 ABD BFD có : ADB= BDF = 900 

BAD = DBF ( Cùng chắn cung BD) => 

ABD BFD

2 Có : E = (SdAB- SdBC): ( G c ngồi đƣờng trịn) = SdAC:

= CDA => Tứ giác CDFE nội tiếp

A B

A A C

A A

D A A

E A A

F A A

D1

M A A

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 181 Dễ dàng chứng minh đƣợc tứ giác ADBD1 hình chữ nhật

Có : AMC = AD1M + MAD1 ( Góc ngồi tam giác AD1M) = (SdAC: 2) + 900

Mà AC cố định nên cung AC cố định=> AMC lu n kh ng đổi D chạy cung nhỏ BC Câu V (1 ểm

Q =

3

x  x  x  x

= 2

(x 2x x ) (1 3  x3x x ) = 2

( 1) (1 ) x x  x

= (1x) (2 x2 x 1)= (1 ) (2 3) 4 x x x

    =(1 )2 ( 1)2

x  x  x

     

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 182 SỞ GD & ĐT HỊA ÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012- 2013 TRƢỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

ĐỀ THI MƠN TỐN CHUNG Ng y t : 29 t n m 2012

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề t gồm có 01 trang

- PHẦN I TRẮC NGHIỆM(2 Điểm)

(Thí sinh khơng cần giải thích khơng phải chép lại đề bài, viết kết toán sau vào tờ

giấy thi)

1 Biểu thức A = 2x1 c nghĩa với giá trị x là…

2 Giá trị m để đƣờng thẳng (d1): y = 3x – (d2): y = mx + 3m – cắt điểm trục tung

3 Các nghiệm phƣơng trình 3x 5

4 Giá trị m để phƣơng trình x2 – (m+1)x - = c nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12x2 + x1x22 =

PHẦN II TỰ LUẬN (8 điểm) Bài 1 (2 điểm)

a) Giải hệ phƣơng trình

1

5 x y x y    



    

b) Cho tam giác ABC vu ng A (AB > AC) Đƣờng phân giác AD chia cạnh huyền BC thành đoạn theo tỷ lệ

4 BC = 20cm Tính độ dài hai cạnh g c vu ng

Bài (2 điểm) Tìm số c hai chữ số, biết chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị đem số đ chia cho tổng chữ số n đƣợc thƣơng dƣ

Bài 3.(3 điểm) Cho tam giác ABC c ba g c nhọn nội tiếp đƣờng trịn tâm O, bán kính R Các đƣờng cao AD, BE, CF tám giác cắt H Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BCEF nội tiếp đƣợc b) EF vu ng g c với AO

c) Bán kính đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác BHC R

Bài (1 điểm) Trên cạnh hình chữ nhật đặt lần lƣợt điểm tùy ý Bốn điểm tạo thành tứ giác c độ dài cạnh lần lƣợt x, y, z , t Chứng minh

25  x2 + y2 + z2 + t2  50 Biết hình chữ nhật c chiều dài chiều rộng

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 183 D B A C ĐÁP ÁN PHẦN I TRẮC NGHIỆM(2 Điểm)

1 Biểu thức A = 2x1 c nghĩa với giá trị x là: x 

2 Giá trị m để đƣờng thẳng (d1): y = 3x – (d2): y = mx + 3m – cắt điểm trục tung

3 m 

3 Các nghiệm phƣơng trình 3x 5 là: x = 2; x =

4 Giá trị m để phƣơng trình x2 – (m+1)x - = c nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12x2 + x1x22 = m = -3

PHẦN II TỰ LUẬN(8 điểm) Bài 1 (2 điểm)

a) Giải hệ phƣơng trình:

1 (1) (2) x y x y          

Điều kiện: x y, 0.

Lấy (1) cộng (2) theo vế, ta đƣợc: 3 2

x

y x y

x  y    , vào (1) ta có pt:

1

5

2 x x

x x   x     (thỏa mãn đk x0)

Với 1

2

x  y (thỏa mãn đk y 0)

Vậy hệ phƣơng trình cho c nghiệm ( ; ) ( ; )1 1 2 3

x y 

b) Đặt độ dài cạnh AB = x (cm) AC = y (cm); đk: x > y > Theo tính chất đƣờng phân giác định lý pitago ta c :

2 2 2

2 2

3 3 3 4 4 4 9 20 16 20 16

y y x

y x

x

x x x

x y                        3 12 4 16 16 y y x x x             

Vậy độ dài cạnh AB = 16 (cm) ; AC = 14 (cm)

Bài (2 điểm) Gọi số cần tìm c chữ số ab, với a b, {0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9},a0.Theo giả thiết ta c hệ phƣơng trình:

5 5 5 5 8

10 7( ) 6 3 6 6 2 2 2 2 3

a b a b a b a b a

a b a b a b a b a b b

        

    

   

               

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 184 Vậy số cần tìm là: 83

Bài 3.(3 điểm)

a) Vì BE, CF đƣờng cao tam giác ABC

; 90

BE AC CF AB BEC CFB

     

E, F thuộc đƣờng trịn đƣờng kính BC

Tứ giác BCEF nội tiếp b) EF vu ng g c với AO Xét AOB ta có:

0 1

90 90

2

OAB  AOB  sđAB900ACB (1) Do BCEF nội tiếp nên AFEACB (2)

Từ (1) (2) suy ra:

0

90 90

OAB AFEOABAFE OAEF(đpcm) c) Bán kính đƣờng trịn ngoại tiếpBHC R

Gọi H'AH( )O Ta có:

90 ' '

HBC ACBHAC H ACH BC (3)

90 ' '

HCB ABCHABH ABH CB (4) Từ (3) (4)  BHC BH C g c g' ( )

Mà BH'C nội tiếp đƣờng trịn tâm O, bán kính R BHC nội tiếp đƣờng trịn c bán kính R, tức bán kính đƣờng trịn ngoại tiếp BHC R

Bài (1 điểm) Giả sử hình chữ nhật c độ dài cạnh đƣợc đặt nhƣ hình vẽ

Với: 0 a, b, e, f 4 a+b = e+f = 4; 0 c, d, g, h 3 c+d = g+h =

Ta có:

2 2 2 2 2 2

; ; ;

x h a y b c z d e t  f g

2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( ) ( )

x y z t a b c d e f g h

            (*)

 Chứng minh: 2 2

50

x y z  t

Vì a b, 0 nên a2 b2 (a b )2 16 Tƣơng tự: 2 2 2

9; 16; 9

c d  e  f  g h 

Từ (*) 2 2

16 16 50

x y z t

         (1)

 Chứng minh: 2 2

25

x y z  t

Áp dụng bất đẳng thức Bu - nhi - a- cốp – xki , ta có:

2 2 2 2 ( ) 16

(1 1 )( ) (1. 1 )

2 2

a b

a b a b a b 

       

Tƣơng tự: 2 9 2 16 2 9

; ;

2 2 2

c d  e  f  g h 

Từ (*) 2 2 16 9 16 9

25

2 2 2 2

x y z t

         (2)

Từ (1) (2) 2 2

25 x y z t 50

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 185 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM N m c: 2012-2013

K óa t : Ng y t n m 2012 Mơn: TỐN (Tốn chung)

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

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho biểu thức: A x 3x  4x 12 x

   

  



 

a) Tìm điều kiện x để biểu thức A c nghĩa b) Rút gọn biểu thức A

c) Tính giá trị A x 4 Câu 2: (2,0 điểm)

a) Xác định hệ số a, b hàm số y = ax + b, biết đồ thị n đƣờng thẳng song song với đƣờng thẳng y = – 2x + qua điểm M(1 ; – 3)

b) Giải hệ phƣơng trình (kh ng sử dụng máy tính cầm tay): 2x y

2x y

  

 

  

Câu 3: (2,0 điểm)

Cho parabol (P): y 1x2

 đƣờng thẳng (d): y = (m – 1)x – (với m tham số) a) Vẽ (P)

b) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) điểm c hồnh độ dƣơng

c) Với m tìm đƣợc câu b), xác định tọa độ tiếp điểm (P) (d) Câu 4: (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC vu ng A Qua C kẻ đƣờng thẳng d vu ng g c với AC Từ trung điểm M cạnh AC kẻ ME vu ng g c với BC (E thuộc BC), đƣờng thẳng ME cắt đƣờng thẳng d H cắt đƣờng thẳng AB K

a) Chứng minh: ∆AMK = ∆CMH, từ đ suy tứ giác AKCH hình bình hành

b) Gọi D giao điểm AH BM Chứng minh tứ giác DMCH nội tiếp xác định tâm O đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác đ

c) Chứng minh: AD.AH = 2ME.MK

d) Cho AB = a ACB 30 Tính độ dài đƣờng trịn ngoại tiếp tứ giác DMCH theo a

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 186 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM N m c: 2012-2013

K óa t : Ng y t n m 2012 Môn: TỐN (Tốn chung)

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

HƢỚNG DẪN CHẤM THI

(Bản hướng dẫn gồm 02 trang)

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu (2,0)

a) (0,5)

Điều kiện: x ≥ x 3

0,25 0,25 b)

(1,0) Biến đổi đƣợc:  

2 3

x x  x   

 

3 3

4 12

x x x

x x

   

  

A =  

      

2

.2 3

3 x x x x x       0,25 0,25 0,25 0,25 c)

(0,5) Biến đổi đƣợc:   3

x   

Tính đƣợc: A = –

0,25 0,25 Câu (2,0) a) (1,0)

+ Vì đƣờng thẳng y = ax + b song song với đƣờng thẳng y = – 2x + nên a = – (kh ng yêu cầu nêu b ≠ 1)

+ Thay tọa độ điểm M (1 ; – 3) a = – vào y = ax + b + Tìm đƣợc: b = –

0,5 0,25 0,25 b)

(1,0)

2 x y x y         2 y x y       

Tính đƣợc: y = x =

Vậy nghiệm hệ phƣơng trình cho là: (x ; y) = ( ; 1)

0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (2,0) a) (0,5)

+ Lập bảng giá trị (chọn tối thiểu giá trị x đ phải c giá trị x = 0)

+ Vẽ dạng (P)

0,25 0,25 b)

(1,0)

+ Phƣơng trình hồnh độ giao điểm (P) (d): 1x2 (m 1)x

2   

 x2 – 2(m – 1)x +4 = + Lập luận đƣợc:  

2 '

1 '

0

                   m b m a 0,25 0,25

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 187     



m hc m

m + Kết luận đƣợc: m =

0,25 0,25 c)

(0,5) + Tìm đƣợc hồnh độ tiếp điểm:

b ' m

x

a 1

  

   

+Tính đƣợc tung độ tiếp điểm: y = kết luận tọa độ tiếp điểm (2; 2)

0,25 0,25

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu (4,0)

Hình vẽ (0,25)

0,25

a)

(1,0) + AM = MC (gt) ,

0

KAMHCM90 , AMKCMH (đđ) + AMK CMH g.c.g 

+ suy ra: MK = MH

+ Vì MK = MH MA = MC nên tứ giác AKCH hình bình hành

0,25 0,25 0,25 0,25 b)

(1,0)

+ Nêu đƣợc: CA  BK KE  BC , suy M trực tâm tam giác KBC + Nêu đƣợc: KC // AH BM KC, suy BM AH

+HDMHCM900900 1800 => Tứ giác DMCH nội tiếp

+ MCH900 => Tâm O đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH trung điểm MH

0,25 0,25 0,25 0,25 c)

(1,0)

+ Chứng minh đƣợc hai tam giác ADM ACH đồng dạng (g.g) + AM AD AM AC AH AD 2AM2 AH AD v  ìAC=2AM

AH AC

     

2

(1) AH AD AM

 

+ Ta lại c : MC2

= ME.MH MH=MK nên MC2 = ME.MK (2) + Mặt khác: MC = MA (gt) (3)

Từ (1), (2), (3) =>

AH AD

ME MK

 => AH.AD = 2ME.MK

0,25

0,25 0,25

0,25 d)

(0,75) + ABC vuông A, g c C = 30

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 188 + ACBMHC300(cùng phụ g c CMH) => MH = 2MC

Mà AC = 2MC nên: MH = AC = a

+ Độ dài đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH là:

MH a

C 2 a

2

 

 

     

   

0,25

0,25

d

(0,75) + Tam giác ABC vu ng A nên: AC = AB.cotC = a +CMH900ACB600

=>

0

MC AC

MH AC a

cosCMH 2cos60

   

Diện tích hình trịn (O): +

2

2 (O)

MH a 3

S a

2

 

 

       

   

0,25

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 189 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM N m c: 2012-2013

K óa t : Ng y t n m 2012 Mơn: TỐN (Chun Tốn)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A = a a

4 a a

  

  (với a ≥ a ≠ 4)

b) Cho x 28 16 3

 

 Tính giá trị biểu thức:

2 2012

P(x 2x 1) Câu 2: (2,0 điểm)

a) Giải phƣơng trình: 3(1 x)  x 2 b) Giải hệ phƣơng trình:

2

x xy 4x y xy

    

 

  



Câu 3: (1,5 điểm)

Cho parabol (P): y = − x2

đƣờng thẳng (d): y = (3 − m)x + − 2m (m tham số) a) Chứng minh với m ≠ −1 (d) lu n cắt (P) điểm phân biệt A, B

b) Gọi yA, yB lần lƣợt tung độ điểm A, B Tìm m để |yA − yB| = Câu 4: (4,0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD c AB = cm, AD = cm Đƣờng thẳng vu ng g c với AC C cắt đƣờng thẳng AB AD lần lƣợt E F

a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp đƣờng tròn

b) Gọi I giao điểm đƣờng thẳng BD EF Tính độ dài đoạn thẳng ID

c) M điểm thay đổi cạnh AB (M khác A, M khác B), đƣờng thẳng CM cắt đƣờng thẳng AD N Gọi S1 diện tích tam giác CME, S2 diện tích tam giác AMN Xác định vị trí điểm M để

1

3

S S

2

 Câu 5: (1,0 điểm)

Cho a, b hai số thực kh ng âm thỏa: a + b ≤ Chứng minh: a 2b

1 a 2b

   

 

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 190

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

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

QUẢNG NAM N m c: 2012-2013

Khóa thi: Ngày tháng n m 2012 Mơn: TỐN (Chun Tốn)

Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

HƢỚNG DẪN CHẤM THI

(Bản hướng dẫn gồm 03 trang)

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu

ểm a) (0,75) A = a a

4 a a

  

  (a ≥ a ≠4)

A = ( a 2)( a 3) (2 a )(2 a ) a

  

  

= a

2 a a

 

 

= −1

0,25 0,25 0,25

b) (0,75) Cho x 28 16 3

 

 Tính:

2 2012

P(x 2x 1)

2

(4 3) ( 1) x

3 3

  

  

   = 1

 x22x 1 

 2012

P(x 2x 1) 1

0,25 0,25 0,25 Câu

ểm a) (1,0) Giải phƣơng trình: 3(1 x)  x 2 (1) Bình phƣơng vế (1) ta đƣợc:

3(1 x) x   2 3(1 x)(3 x)  4  3(1 x)(3 x)   1 x

 3(1 x)(3 x) 2x    x2  x2  x 0 x = x =−2 Thử lại, x = −2 nghiệm

0,25

0,25 0,25 0,25 b) (1,0) Giải hệ phƣơng trình:

2

x xy 4x (1) y xy (2)

    

 

  

 (I)

Nếu (x;y) nghiệm (2) y ≠ Do đ : (2)  x y2

y

 

 (3) Thay (3) vào (1) biến đổi, ta đƣợc:

4y3 + 7y2 + 4y + =

0,25 0,25

0,25

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 191  (y + 1)(4y2 + 3y + 1) = (thí sinh c thể bỏ qua bƣớc này)

 y = – y = –  x =

Vậy hệ c nghiệm: (x ; y) = (2 ; −1) 0,25

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu ểm

a) (0,75) (P): y = − x2 , (d): y = (3 − m)x + − 2m

Chứng minh với m ≠ −1 (d) lu n cắt (P) điểm phân biệt A, B Phƣơng trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

− x2 = (3 − m)x + − 2m  x2 + (3 − m)x + − 2m = (1)

 = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m +

Viết đƣợc:  = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − kết luận

0,25 0,25 0,25 b) (0,75) Tìm m để |yA − yB| =

Giải PT (1) đƣợc hai nghiệm: x1 = − x2 = m − Tính đƣợc: y1 = − 4, y2 = −(m − 1)2

|yA − yB| = |y1 − y2| = |m2−2m−3|

|yA − yB| =  m2 − 2m − = m2 −2m − = −2  m = 1 m = 1

0,25

0,25

0,25 Câu

ểm

a) (1,0) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp đƣờng trịn Ta có:

ADBACB

AECACB( phụ với BAC)  ADBAEC

 tứ giác EBDF nội tiếp

0,25 0,25 0,25 0,25

b) (1,5) Tính ID

Tam giác AEC vu ng C BC  AE nên: BE.BA = BC2 

2

BC

BE

BA

 

BE//CD  IB BE ID  CD 

 BD

ID 

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 192

 ID 4BD

3

 tính đƣợc: BD =  ID

3

 (cm)

0,25 0,25

Câu Nộ dung Đ ểm

Câu

(tt) c) (1,5 điểm) Xác định vị trí điểm M để S1 = 2S2 Đặt AM = x, < x <

 MB = 4− x , ME = − x

Ta có: AM AM

MB MB

AN BC x

AN

BC     x

1

1

S BC.ME x    , 2 x S AM.AN

2 x

 



S1 =

2 S2  5− x =

2

x

4x  x

+ 18x − 40 =  x = (vì < x < 4)

Vậy M trung điểm AB

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu

ểm Cho a, b ≥ a + b ≤ Chứng minh : a 2b a 2b

   

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tƣơng đƣơng với: 1a1 2 b 7 Ta có:

1 a  b =

1 1

2

1

( 1)( )

2 2 a b a b      

(1) (bđt C si)

1

1 2

( 1)( )

2

  

  a b 

a b (bđt C si)



7 ( 1)( )

2   

a b

(2)

Từ (1) (2) suy ra: 1a1 2 b 7 Dấu “=” xảy : a + = b +1

2 a + b =  a =

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 194 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

VĨNH LONG NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi : TỐN

Thời gian làm : 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1: ểm Giải phƣơng trình hệ phƣơng trình: a) 2x – =

b) x212x350 c) 13

3

 



   

x y x y

Câu 2: ểm

a) Vẽ đƣờng thẳng (d): y = 2x –

b) Chứng minh đƣờng thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P): y = x2

c) Tìm a b để đƣờng thẳng (d’): y = ax + b song song với đƣờng thẳng (d) qua điểm M(0; 2)

Câu 3: ểm

Tìm tham, số thực m để phƣơng trình x2

– 2mx + m – = c nghiệm Tính nghiệm lại

Câu 4: ểm

Rút gọn biểu thức:A a a a a

a a

         

 

  , với a0, a 1 Câu 5: ểm

Cho tam giác ABC c ba g c nhọn nội tiếp đƣờng tròn tâm O Gọi AH BK lần lƣợt đƣờng cao tam giác ABC

a) Chứng minh tứ giác AKHB nội tiếp đƣờng tròn Xác định tâm đƣờng tròn

b) Gọi (d) tiếp tuyến với đƣờng tròn (O) C Chứng minh ABHHKC HKOC Câu 6: ểm

Tính diện tích xung quanh thể tích hình n n c đƣờng kính đƣờng trịn đáy d = 24 (cm) độ dài đƣờng sinh 20(cm)

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 195 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT

TỈNH À RỊA-VŨNG TÀU N m c 2012 – 2013

MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 05 tháng năm 2012

(Thời gian làm bài: 120 phút, kh ng kể thời gian giao đề) Bài 1: ểm

a) Rút gọn biểu thức: A = 32 48 300 b) Giải phƣơng trình: x2 + 8x – =

c) Giải hệ phƣơng trình: 21

2

x y x y

  

   

Bài 2: ểm Cho parabol (P): y = x

2

đƣờng thẳng (d): y = x + a) Vẽ (P) (d) mặt phẳng tọa độ

b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) phép tính Bài 3: ểm

Hai đội c ng nhân làm c ng việc Nếu hai đội làm chung hồn thành sau 12 ngày Nếu đội làm riêng dội hoàn thành c ng việc nhanh đội hai ngày Hỏi làm riêng đội phải làm ngày để hoàn thành c ng việc đ ?

Bài 4: ểm

Cho đƣờng trịn (O) đƣờng kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax với đƣờng tròn (O) Trên Ax lấy điểm M cho AM > AB, MB cắt (O) N (N khác B) Qua trung điểm P đoạn AM, dựng đƣờng thẳng vu ng g c với AM cắt BM Q

a) Chứng minh tứ giác APQN nội tiếp đƣờng tròn

b) Gọi C điểm cung lớn NB đƣờng tròn (O) (C khác N C khác B) Chứng minh: BCN OQN

c) Chứng minh PN tiếp tuyến đƣờng tròn (O)

d) Giả sử đƣờng trịn nội tiếp ANP c độ dài đƣờng kính độ dài đoạn OA Tính giá trị AM

AB Bài 5: ểm

Cho phƣơng trình  

2 1

x  m x m   m (m tham số) Khi phƣơng trình c nghiệm x x1, 2, tìm giá trị nhỏ biểu thức:    

2

1

M  x   x  m

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 196 Đáp án b ìn

a) Tứ giác APQN c o o

APQANQ90 APQ ANQ 180 

b) Ta có PA = PM PQ  AM  QM = QB OQ // AM  OQ  AB OQNNAB (cùng phụ với ABN)

BCNNAB (cùng chắn NB) BCN OQN

 

c) Cách 1: OQNNAB  tứ giác AONQ nội tiếp

Kết hợp câu a suy điểm A, O, N, Q, P nằm đƣờng tròn

o

ONPOAP90 ONNP  NP tiếp tuyến (O) Cách 2: PANPNA (do PAN cân P)

ONBOBN (do ONB cân O)

Nhƣng PANOBN (cùng phụ với NAB)

 PNAONB

Mà ONB ONA 90o PNA ONA 90o PNOONPN  NP tiếp tuyến (O) d) Gọi I giao điểm PO (O), suy I tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác APN

R OE EI

2

  (R bán kính đƣờng trịn (O))  AIE AE R

 

AEO

 PAO(g-g)

R

AE EO 2PA MA AE 2

3 R

PA AO 2AO AB EO

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 197 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang

Bài 1: (0,5 điểm) Rút gọn biểu thức:

2

8 2

6

   

  A

Bài 2: (1,5 điểm) Kh ng sử dụng máy tính cầm tay, giải phƣơng trình hệ phƣơng trình sau: a) x2 x200 b)

  

 

 

1

5

y x

y x

Bài 3: (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số: y = -2x2

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) đƣờng thẳng (D): y = x – phép tính Bài 4: (2,0 điểm) Cho phƣơng trình x2 2m1xm30 (m tham số)

a) Chứng minh phƣơng trình lu n c nghiệm phân biệt

b) Gọi hai nghiệm phƣơng trình x1,x2 Xác định m để giá trị biểu thức

2 2 x x A  nhỏ

Bài 5: (4,0 điểm) Cho đƣờng tròn (O; R) điểm S bên ngồi đƣờng trịn vẽ hai tiếp tuyến SA, SB đƣờng thẳng a qua S cắt đƣờng tròn (O; R) M, N với M nằm S N (đƣờng thẳng a không qua tâm O)

a) Chứng minh SOAB

b) Gọi I trung điểm MN H giao điểm SO AB; hai đƣờng thẳng OI AB cắt E Chứng minh: OI.OE = R2

c) Chứng minh tứ giác SHIE nội tiếp đƣờng tròn

d) Cho SO = 2R MN = R Tính diện tích tam giác ESM theo R

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 198 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ẾN TRE

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN ẾN TRE NĂM HỌC 2012 – 2013 MƠN TỐN (chung)

T g an 120 p út k ông kể p át ề Câu (2,0 điểm) Kh ng dùng máy tính bỏ túi, rút gọn biểu thức sau:

a) A =  5

5

   

   

 

b) B = 2x x x x x

x x x x

    

   , (với x > 0)

Câu (2,5 điểm) Giải phƣơng trình hệ phƣơng trình sau: a) x2  x 12 3 x    x 1

b)

2 11 x y

1 x y

   



   

Câu (2,5 điểm)

a) Chứng minh phƣơng trình x2 2mx3m 8 lu n c hai nghiệm phân biệt x1; x2

với m Với giá trị m hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x12 x 2 2

b) Cho x, y, z ba số thực dƣơng thỏa: x2 y2 z2 1 Chứng minh rằng:

3 3

2 2 2

1 1 x y z

3

x y y z z x 2xyz

 

   

  

Đẳng thức xảy nào?

Câu (3,0 điểm) Cho nửa đƣờng trịn tâm O đƣờng kính AB. Từ A, B vẽ tiếp tuyến Ax, By phía có chứa nửa đƣờng tròn (O). Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA; điểm N thuộc nửa đƣờng tròn (O) Đƣờng tròn (O’) ngoại tiếp tam giác AMN cắt Ax tại C; đƣờng thẳng CN cắt By D

a) Chứng minh tứ giác BMND nội tiếp

b) Chứng minh DM tiếp tuyến đƣờng tròn (O’).

Người sưu tầm: ĐOÀN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hồng Văn Thụ - Nam Định 199 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ẾN TRE

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN ẾN TRE NĂM HỌC 2012 – 2013 MƠN TỐN CHUN

T g an 120 p út k ông kể p át ề Bài 1: ểm)

Cho biểu thức

  x x

A x :

x x x x x

  

     

   

  với x 0

1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Đặt B x

x A

 

  Tìm x để biểu thức B đạt giá trị nhỏ

Bài 2:

Giải phƣơng trình hệ phƣơng trình sau 1/ 2x28x x24x 16 4 2/ x 210 x3 1

3/

2x y xy 13

1

15

x y

  

 

 

  

 

    



Bài 3:

1/ Xác định tất giá trị m để phƣơng trình

x 2x2m 5 0 c hai nghiệm phân biệt x1; x2 Với giá trị m hai nghiệm x1; x2 thỏa điều kiện x1mx2x2mx1 10

2/ Cho ba số thực dƣơng a, b, c Chứng minh

2 2

a b c a b c

b 3c c 3a a 3b

 

  

  

Bài 4:

Cho tam giác ABC nhọn, vẽ đƣờng cao AH Gọi E, F lần lƣợt hình chiếu H lên hai cạnh AB, AC Đƣờng thẳng qua A vu ng g c với EF cắt cạnh BC D

1/ Chứng minh đƣờng thẳng AD qua tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

2/ Gọi I, K lần lƣợt hình chiếu D lên hai cạnh AB, AC Chứng minh tam giác DIK đồng dạng với tam giác HEF

3/ Chứng minh

2 BH BD AB

Người sưu tầm: ĐỒN TIẾN TRUNG – Phó hiệu trưởng THCS Hoàng Văn Thụ - Nam Định 200

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

KIÊN GIANG Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: ểm

a) Tính: 12  75  48

b) Tính giá trị biểu thức A = (103 11)(3 11 10) Câu 2: ểm

Cho hàm số y = (2 – m)x – m + (1) a) Vẽ đồ thị (d) hàm số m =

b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) đồng biến Câu 3: ểm

Giải hệ phƣơng trình:

3

x y x y

 



  



Câu 4: ểm

a) Phƣơng trình x2 – x – = c nghiệm x1, x2 Tính giá trị X = x x13 2  x x2 13  21

b) Một phòng họp dự định c 120 ngƣời dự họp, nhƣng họp c 160 ngƣời tham dự nẹn phải kê thêm dãy ghế phải kê them ghế vừa đủ Tính số dãy ghế dự định lúc đầu Biết số dãy ghế lúc đầu phòng nhiều 20 dãy ghế số ghế dãy

Câu 5: ểm

Cho  ABC vu ng A, đƣờng cao AH Tính chu vi tam giác ABC biết: AC = 5cm HC = 25

13 cm

Câu 4: ểm

Cho nửa đƣờng trịn tâm O đƣờng kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax, By với (O) Lấy E nửa đƣờng tròn, qua E vẽ tiếp tuyến với nửa đƣờng tròn cắt Ax D, cắt By C

a) Chứng minh: Tứ giác OADE nội tiếp nội tiếp đƣợc đƣờng tròn b) Nối AC cắt BD F > Chứng minh: EF song song với AD