Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C 4 Gọi d là tiếp tuyến của O tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai AP.MB R điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH Môn thi: Toán Ngày thi: 21 tháng năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) 1) Cho biểu thức A x 4 x Tính giá trị A x = 36 x x 16 B : x x x (với x 0; x 16 ) 2) Rút gọn biểu thức 3) Với các biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị x nguyên để giá trị biểu thức B(A – 1) là số nguyên Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: 12 Hai người cùng làm chung công việc thì xong Nếu người làm mình thì người thứ hoàn thành công việc ít người thứ hai là Hỏi làm mình thì người phải làm bao nhiêu thời gian để xong công việc? Bài III (1,5 điểm) 2 x y 2 1 1) Giải hệ phương trình: x y 2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = (ẩn x) Tìm m để phương 2 trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x1 x2 7 Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB Bán kính CO vuông góc với AB, M là điểm trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC H Gọi K là hình chiếu H trên AB 1) Chứng minh CBKH là 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 là tam giác vuông cân C 4) Gọi d là tiếp tuyến (O) điểm A; cho P là điểm nằm trên d cho hai AP.MB R điểm P, C nằm cùng nửa mặt phẳng bờ AB và MA Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng HK Bài V (0,5 điểm) Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2 y , tìm giá trị nhỏ biểu thức: M x2 y2 xy (2) GỢI Ý – ĐÁP ÁN Bài I: (2,5 điểm) 1) Với x = 36, ta có : A = 2) Với x , x 16 ta có : 36 10 36 x ( x 4) 4( x 4) x ( x 16)( x 2) x 2 x 16 x 16 x 16 B= = ( x 16)( x 16) x 16 x 2 x 4 x 2 2 B( A 1) 1 x 16 x x 16 x x 16 3) Ta có: Để B( A 1) nguyên, x nguyên thì x 16 là ước 2, mà Ư(2) = Ta có bảng giá trị tương ứng: 1 2 x 16 x 17 15 18 14 1; 2 Kết hợp ĐK x 0, x 16 , để B( A 1) nguyên thì x 14; 15; 17; 18 Bài II: (2,0 điểm) Gọi thời gian người thứ hoàn thành mình xong công việc là x (giờ), ĐK x 12 Thì thời gian người thứ hai làm mình xong công việc là x + (giờ) 1 Mỗi người thứ làm x (cv), người thứ hai làm x (cv) 12 Vì hai người cùng làm xong công việc nên hai đội làm 12 1: = 12 (cv) Do đó ta có phương trình 1 x x 12 x2 x x ( x 2) 12 5x2 – 14x – 24 = , ’ = 49 + 120 = 169, 13 x 13 13 20 x 4 5 (loại) và 5 (TMĐK) => Vậy người thứ làm xong công việc giờ, người thứ hai làm xong công việc 4+2 = (3) 2 x y 2 1 Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ: x y , (ĐK: x, y 0 ) 4 4 10 4 5 x 2 x y 4 x x x 2 2 1 2 2 2 y x y x y x y Hệ Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1) x 2 y 1 .(TMĐK) 2) + Phương trình đã cho có = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + > 0, m Vậy phương trình có nghiệm phân biệt m x1 x2 4m + Theo ĐL Vi –ét, ta có: x1 x2 3m 2m 2 Khi đó: x1 x2 7 ( x1 x2 ) x1 x2 7 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 10m2 – 4m – = 5m2 – 2m – = 3 Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = => m = hay m = Trả lời: Vậy C M Bài IV: (3,5 điểm) H E A K O B 1) Ta có HCB 90 ( chắn nửa đường tròn đk AB) HKB 900 (do K là hình chiếu H trên AB) => HCB HKB 180 nên tứ giác CBKH nội tiếp đường tròn đường kính HB 2) Ta có ACM ABM (do cùng chắn AM (O)) và ACK HCK HBK (vì cùng chắn HK đtròn đk HB) (4) Vậy ACM ACK 3) Vì OC AB nên C là điểm chính cung AB AC = BC và 900 sd AC sd BC Xét tam giác MAC và EBC có MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và MAC = MBC vì cùng chắn cung MC (O) MAC và EBC (cgc) CM = CE tam giác MCE cân C (1) 0 Ta lại có CMB 45 (vì chắn cung CB 90 ) CEM CMB 45 (tính chất tam giác MCE cân C) 0 Mà CME CEM MCE 180 (Tính chất tổng ba góc tam giác) MCE 90 (2) Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vuông cân C (đpcm) S C M H P E N A K O B 4) Gọi S là giao điểm BM và đường thẳng (d), N là giao điểm BP với HK Xét PAM và OBM : AP.MB AP OB R MA MB (vì có R = OB) Theo giả thiết ta có MA ABM (vì cùng chắn cung AM (O)) Mặt khác ta có PAM PAM ∽ OBM AP OB 1 PA PM PM OM (do OB = OM = R) (3) AMB 900 Vì (do chắn nửa đtròn(O)) AMS 90 PAM PSM 900 tam giác AMS vuông M và PMA PMS 90 (4) PMA Mà PM = PA(cmt) nên PAM PMS PSM PS PM (5) Từ (3) và (4) PA = PS hay P là trung điểm AS NK BN HN Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: PA BP PS NK HN PA PS mà PA = PS(cmt) NK NH hay BP qua trung điểm N HK (đpcm) Bài V: (0,5 điểm) Cách 1(không sử dụng BĐT Co Si) x y ( x xy y ) xy y ( x y )2 xy y ( x y )2 3y 4 xy xy xy x Ta có M = xy = Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy x = 2y y 3y x , dấu “=” xảy x = 2y x ≥ 2y x Từ đó ta có M ≥ + - = , dấu “=” xảy x = 2y Vậy GTNN M là , đạt x = 2y Cách 2: x2 y x2 y x y x y 3x ( ) xy xy y x 4y x 4y Ta có M = xy x y x y x y 2 1 ; y x y x y x Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ta có , dấu “=” xảy x = 2y x x 2 y , dấu “=” xảy x = 2y Vì x ≥ 2y y Từ đó ta có M ≥ + = , dấu “=” xảy x = 2y Vậy GTNN M là , đạt x = 2y Cách 3: x2 y x2 y x y x 4y 3y ( ) xy xy y x y x x Ta có M = xy x 4y x 4y x 4y 2 4 ; y x y x y x Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ta có , dấu “=” xảy x = 2y y 3y x , dấu “=” xảy x = 2y Vì x ≥ 2y x Từ đó ta có M ≥ 4- = , dấu “=” xảy x = 2y Vậy GTNN M là , đạt x = 2y hay (6) Cách 4: x2 x2 3x2 x x2 y2 y2 y2 y2 x y x 3x 4 4 4 xy xy xy xy xy 4y Ta có M = xy 2 x2 x2 x2 y 2 y xy ;y Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương ta có , dấu “=” xảy x = 2y x x 2 y , dấu “=” xảy x = 2y Vì x ≥ 2y y xy 3 xy Từ đó ta có M ≥ + = 1+ = , dấu “=” xảy x = 2y Vậy GTNN M là , đạt x = 2y SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ ĐỀ CHÍNH (Đề gồm có 01 trang) KỲ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi : TOÁN (Môn chung cho tất cảc thí sinh) Thời gian làm bài :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 17 tháng năm 2012 Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức : a 1 P a1 a1 a a 1 2a a , (Với a > , a 1) P a 1 Chứng minh : Tìm giá trị a để P = a Câu (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x và đường thẳng (d) : y = 2x + Chứng minh (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt Gọi A và B là các điểm chung (d) và (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) Câu (2.0 điểm) : Cho phương trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + = Giải phơng trình m = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu (3.0 điểm) : Cho đường tròn (O) có đờng kính AB cố định, M là điểm thuộc (O) ( M khác A và B ) Các tiếp tuyến (O) A và M cắt C Đường tròn (I) qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC C CD là đờng kính (I) Chứng minh rằng: (7) Ba điểm O, M, D thẳng hàng Tam giác COD là tam giác cân Đờng thẳng qua D và vuông góc với BC luôn qua điểm cố định M di động trên đường tròn (O) 2 Câu (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn : a b c 3 a b c Chứng minh : a 2b b 2c c 2a 2 (8) BÀI GIẢI CÂU NỘI DUNG P Chứng minh : a 1 P a P P P ĐIỂ a a1 a a 1 2a a a 1 a 4 a a 1 a 1 a1 a a a a 4a a a a 1 a1 a1 2a a 1 2a a 4a a a 2a a a (ĐPCM) Tìm giá trị a để P = a P = a a a a 0 => a Ta có + + (-2) = 0, nên phương trình có nghiệm a1 = -1 < (không thoả mãn điều kiện) - Loại c 2 a2 = a (Thoả mãn điều kiện) Vậy a = thì P = a Chứng minh (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm phương trình x2 = 2x + => x2 – 2x – = có a – b + c = Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt c 3 x1 = -1 và x2 = a Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = => A (-1; 1) Với x2 = => y2 = 32 = => B (3; 9) Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B Gọi A và B là các điểm chung (d) và (P) Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) Ta biểu diễn các điểm A và B trên mặt phẳng toạ độ Oxy hình vẽ B A D -1 C 1 (9) AD BC 1 DC 20 2 BC.CO 9.3 13,5 2 AD.DO 1.1 0,5 2 S ABCD S BOC S AOD Theo công thức cộng diện tích ta có: S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO) = 20 – 13,5 – 0,5 = (đvdt) Khi m = 4, ta có phương trình x2 + 8x + 12 = có ’ = 16 – 12 = > Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - + = - và x2 = - - = - Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x2 + 2mx + m2 – 2m + = Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > => 2m – > => 2(m – 2) > => m – > => m > Vậy với m > thì phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 I C H M N A K D O B Ba điểm O, M, D thẳng hàng: Ta có MC là tiếp tuyến đường tròn (O) MC MO (1) Xét đường tròn (I) : Ta có CMD 90 MC MD (2) Từ (1) và (2) => MO // MD MO và MD trùng O, M, D thẳng hàng www.VNMATH.com Tam giác COD là tam giác cân CA là tiếp tuyến đường tròn (O) CA AB(3) Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC C CA CD(4) Từ (3) và (4) CD // AB => DCO COA (*) ( Hai góc so le trong) CA, CM là hai tiếp tuyến cắt (O) COA COD (**) Từ (*) và (**) DOC DCO Tam giác COD cân D Đường thẳng qua D và vuông góc với BC luôn qua điểm cố định M di động trên đờng tròn (O) 1 (10) * Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H CHD 90 H (I) (Bài toán quỹ tích) DH kéo dài cắt AB K Gọi N là giao điểm CO và đường tròn (I) 900 CND NC NO COD can tai D => Ta có tứ giác NHOK nội tiếp Vì có H O1 DCO ( Cùng bù với góc DHN) NHO NKO 180 (5) * Ta có : NDH NCH (Cùng chắn cung NH đường tròn (I)) CBO HND HCD DHN COB (g.g) HN OB HD OC OB OA HN ON OC OC HD CD OA CN ON OC CD CD Mà ONH CDH NHO DHC (c.g.c) 0 NHO 90 Mà NHO NKO 180 (5) NKO 90 , NK AB NK // AC K là trung điểm OA cố định (ĐPCM) Câu (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn : 2 a b c 3 a b c Chứng minh : a 2b b 2c c 2a 2 a b2 a b x y * C/M bổ đề: x y a b2 c a b c x yz và x y x Thật a b2 a b 2 a y b x x y xy a b ay bx 0 x y x y (Đúng) ĐPCM a b2 c a b c x yz Áp dụng lần , ta có: x y x 2 * Ta có : a 2b a 2b 2a 2b , tương tự Ta có: … a b c a b c A a 2b b 2c c 2a 2a 2b 2b 2c 2c 2a 1 a b c A (1) a b 1 b c 1 c a1 B a b c 1 Ta chứng minh a b b c c a 1 (11) a b c 1 1 a b 1 b c 1 c a 1 b c a a b 1 b c 1 c a 1 b 1 c 1 a 1 2 a b 1 b c 1 c a 1 2 b 1 c 1 a 1 2 a b 1 b 1 b c 1 c 1 c a1 a 1 (2) 3 B * Áp dụng Bổ đề trên ta có: 3 a b c 3 B a b 1 b 1 b c 1 c 1 c a 1 a 1 3 B a b c 3 (3) a b c ab bc ca 3(a b c) * Mà: a b c ab bc ca 3(a b c ) 3 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca 6a 6b 6c 2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca 6a 6b 6c ( Do : a b c 3) a b c 2ab 2bc 2ca 6a 6b 6c a b c 3 a b c 3 a b c ab bc ca 3(a b c) 2 (4) Từ (3) và (4) (2) Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh Dấu = xảy a = b = c = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ ĐỀ CHÍNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày:21/6/2012 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2,0 điểm) Giải hệ phương trình , các phương trình sau đây: x y 43 3x y 19 x 2 x 18 2 x 12 x 36 0 x 2011 x 8044 3 Câu 2: (1,5 điểm) (12) a 1 K 2 : a1 a a a Cho biểu thức: (với a 0, a 1 ) Rút gọn biểu thức K Tìm a để K 2012 Câu 3: (1,5 điểm) x x m 0 * Cho phương trình (ẩn số x): Chứng minh phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với m Tìm giá trị m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x2 x1 Câu 4: (1,5 điểm) Một ô tô dự định từ A đến B cách 120 km thời gian quy định Sau thì ô tô bị chặn xe cứu hỏa 10 phút Do đó để đến B đúng hạn xe phải tăng vận tốc thêm km/h Tính vận tốc lúc đầu ô tô Câu 5: (3,5 điểm) O Cho đường tròn , từ điểm A ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến AB và AC ( B, C là các tiếp điểm) OA cắt BC E Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Chứng minh BC vuông góc với OA và BA.BE AE.BO Gọi I là trung điểm BE , đường thẳng qua I và vuông góc OI cắt các tia AB, AC theo thứ tự D và F Chứng minh IDO BCO và DOF cân O Chứng minh F là trung điểm AC GỢI Ý GIẢI: www.VNMATH.com Câu 1: (2,0 điểm) Giải hệ phương trình , các phương trình sau đây: x y 43 2 x y 86 5 x 105 x 21 3x y 19 3x y 19 x y 43 y 22 x 2 xÐK 18 ;x : 9 x 23(TMÐK ) x 2 x 18 x 13 ( KTMÐK ) x x 18 2 x 12 x 36 0 ( x 6) 0 x 6 x 2011 xÐK 8044 x 3; : 2011 x 2011 3 x 2012(TMÐK ) Câu 2: (1,5 điểm) a 1 K 2 : a1 a a a Cho biểu thức: (với a 0, a 1 ) (13) a 1 K 2 : a a 2 a a1 1 2 : 2 a ( a 1) a ( a 1) K 2012 a = 2012 a a 1 a 1 : a ( a 1) a (a 1) : a ( a 1) 2 a a ( a 1) a = 503 (TMĐK) Câu 3: (1,5 điểm) Cho phương trình (ẩn số x): x x m 0 * 2 16 4m 12 4m 4 0; m Vậy (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với m Tìm giá trị m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x2 x1 Theo hệ thức VI-ET có :x 1.x2 = - m2 + ;x1+ x2 = 4; mà x2 5x1 => x1 = - ; x2 = Thay x1 = - ; x2 = vào x1.x2 = - m2 + => m = 2 Câu 4: (1,5 điểm) 120 (h) Gọi x (km/h) là vt dự định; x > => Thời gian dự định : x Sau h ô tô x km => quãng đường còn lại 120 – x ( km) Vt lúc sau: x + ( km/h) 120 x 120 1 x 6 x => x = 48 (TMĐK) => KL Pt HD C3 Tam giác BOC cân O => góc OBC = góc OCB Tứ giác OIBD có góc OID = góc OBD = 900 nên OIBD nội tiếp => góc ODI = góc OBI Do đó IDO BCO Lại có FIOC nội tiếp ; nên góc IFO = góc ICO Suy góc OPF = góc OFP ; DOF cân O HD C4 Xét tứ giác BPFE có IB = IE ; IP = IF ( Tam giác OPF cân có OI là đường cao=> ) Nên BPEF là Hình bình hành => BP // FE Tam giác ABC có EB = EC ; BA // FE; nên EF là ĐTB tam giác ABC => FA = FC (14)