›
›
›

Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Lào Cai (Có đáp án)

doc 81 trang thaodu 8670
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Lào Cai (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_tuyen_sinh_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2012_2013_so.doc

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Lào Cai (Có đáp án)

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT TỈNH LÀO CAI NĂM HỌC: 2012 – 2013 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (2,5 điểm) 2 3 1. Thực hiện phép tính: a) 3 2 10 36 64 b) 2 3 3 2 5 . 2a 2 4 1 1 2. Cho biểu thức: P = 1 a3 1 a 1 a a) Tìm điều kiện của a để P xác định b) Rút gọn biểu thức P. Câu II: (1,5 điểm) 1. Cho hai hàm số bậc nhất y = -x + 2 và y = (m+3)x + 4. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số đã cho là: a) Hai đường thẳng cắt nhau b) Hai đường thẳng song song. 2. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2). Câu III: (1,5 điểm) 1. Giải phương trình x 2 – 7x – 8 = 0 2. Cho phương trình x2 – 2x + m – 3 = 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai 3 3 nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x1 x 2 x1x 2 6 Câu IV: (1,5 điểm) 3x 2y 1 1. Giải hệ phương trình . x 3y 2 2x y m 1 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1. 3x y 4m 1 Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). a) Chứng minh AMOC là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. c) Chứng mình A·DE A·CO Hết HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu I: (2,5 điểm) 1. Thực hiện phép tính: a) 3 2 10 36 64 3 8 100 2 10 12 2 3 b) 2 3 3 2 5 2 3 2 5 3 2 2 5 2 2a 2 4 1 1 2. Cho biểu thức: P = 1 a3 1 a 1 a a) Tìm điều kiện của a để P xác định: P xác định khi a 0 và a 1 b) Rút gọn biểu thức P. 1
  2. 2 2 2 2a 2 4 1 1 2a 4 1 a a a 1 1 a a a 1 P = = 1 a3 1 a 1 a 1 a a 2 a 1 2a 2 4 a 2 a 1 a 2 a a a a a 1 a 2 a a a a = 1 a a 2 a 1 2 2a 2 = = 1 a a 2 a 1 a 2 a 1 2 Vậy với a 0 và a 1 thì P = a 2 a 1 Câu II: (1,5 điểm) 1. Cho hai hàm số bậc nhất y = -x + 2 và y = (m+3)x + 4. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số đã cho là: a) Để hàm số y = (m+3)x + 4 là hàm số bậc nhất thì m + 3 0 suy ra m -3. Đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng cắt nhau a a’ -1 m+3 m -4 Vậy với m -3 và m -4 thì đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng cắt nhau. b) Đồ thị của hàm số đã cho là Hai đường thẳng song song a a ' 1 m 3 m 4 thỏa mãn điều kiện m -3 b b' 2 4 Vậy với m = -4 thì đồ thị của hai hàm số đã cho là hai đường thẳng song song. 2. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2). Vì đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2) nên ta thay x = -1 và y = 2 vào hàm số ta có phương trình 2 = a.(-1)2 suy ra a = 2 (thỏa mãn điều kiện a 0) Vậy với a = 2 thì đồ thị hàm số y = ax2 (a 0) đi qua điểm M(-1; 2). Câu III: (1,5 điểm) 2 1. Giải phương trình x – 7x – 8 = 0 có a – b + c = 1 + 7 – 8 = 0 suy ra x1= -1 và x2= 8 2. Cho phương trình x2 – 2x + m – 3 = 0 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai 3 3 nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x1 x 2 x1x 2 6 . Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thì ’ 0  1 – m + 3 0  m 4 Theo viet ta có: x1+ x2 =2 (1) và x1. x2 = m – 3 (2) 3 3 2 Theo đầu bài: x1 x 2 x1x 2 6 x1x 2 x1 x 2 2x1x 2 = 6 (3) Thế (1) và (2) vào (3) ta có: (m - 3)(2)2 – 2(m-3)=6  2m =12  m = 6 Không thỏa mãn điều kiện m 4 vậy không có giá trị nào của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện 3 3 x1 x 2 x1x 2 6 . Câu IV: (1,5 điểm) 3x 2y 1 3 3y 2 2y 1 7y 7 y 1 1. Giải hệ phương trình . x 3y 2 x 3y 2 x 3y 2 x 1 2x y m 1 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1. 3x y 4m 1 2
  3. 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 > 1 suy ra m + m + 1 > 1 2m > 0 m > 0. Vậy với m > 0 thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện x + y > 1. Câu V: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). a) Chứng minh AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. c) Chứng mình A·DE A·CO M Giải. 0 D a) M· AO M· CO 90 nên tứ giác AMCO nội tiếp C b) M· EA M· DA 900 . Tứ giác AMDE có D, E cùng nhìn AM dưới cùng một góc 900 E Nên AMDE nội tiếp · · » A B c) Vì AMDE nội tiếp nên ADE AMEcùngchan cung AE O Vì AMCO nội tiếp nên A·CO A·MEcùngchan cung A»O Suy ra A·DE A·CO 3
  4. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN GIA LAI Năm học 2012 – 2013 ĐỀĐề CHÍNH chính THỨCthức Môn thi: Toán (không chuyên) Ngày thi: 26/6/2012 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1. (2,0 điểm) x 2 x 2 Cho biểu thức Q x x , với x 0, x 1 x 2 x 1 x 1 a. Rút gọn biểu thức Q b. Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên. Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2(m 1)x m 2 0 , với x là ẩn số, m R a. Giải phương trình đã cho khi m – 2 b. Giả sử phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 . Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 mà không phụ thuộc vào m. Câu 3. (2,0 điểm) (m 1)x (m 1)y 4m Cho hệ phương trình , với m R x (m 2)y 2 a. Giải hệ đã cho khi m –3 b. Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm duy nhất đó. Câu 4. (2,0 điểm) Cho hàm số y x2 có đồ thị (P). Gọi d là đường thẳng đi qua điểm M(0;1) và có hệ số góc k. a. Viết phương trình của đường thẳng d b. Tìm điều kiện của k để đt d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt. Câu 5. (2,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của hai đường cao BD và CE của tam giác ABC (D AC, E AB) a. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp trong một đường tròn b. Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm H, J, I thẳng hàng 1 1 1 c. Gọi K, M lần lượt là giao điểm của AI với ED và BD. Chứng minh rằng DK2 DA2 DM2 HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu 1. x 2 x 2 x 2 x 2 a. Q x x x x 1 2 x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 2 x 2 x 1 1 x 1 1 1 1 x x 1 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 4
  5. 1 1 x 1 x 1 2 x 2x x . x . x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2x Vậy Q x 1 b. Q nhận giá trị nguyên 2x 2x 2 2 2 Q 2 x 1 x 1 x 1 2 Q ¢ khi ¢ khi 2 chia hết cho x 1 x 1 x 0 x 1 1 x 2 x 2 đối chiếu điều kiện thì x 1 2 x 1 x 3 x 3 Câu 2. Cho pt x2 2(m 1)x m 2 0 , với x là ẩn số, m R a. Giải phương trình đã cho khi m – 2 Ta có phương trình x2 2x 4 0 2 x2 2x 4 0 x2 2x 1 5 x 1 2 5 5 x 1 5 x 1 5 x 1 5 x 1 5 x 1 5 Vậy phương trinh có hai nghiệm x 1 5 và x 1 5 b. Theo Vi-et, ta có x1 x2 2m 2 (1) x1 x2 2m 2 x1 x2 2 x1x2 2 2 x x m 2 (2) m x x 2 1 2 1 2 m x1x2 2 Suy ra x1 x2 2 x1x2 2 2 x1 x2 2x1x2 6 0 (m 1)x (m 1)y 4m Câu 3. Cho hệ phương trình , với m R x (m 2)y 2 a. Giải hệ đã cho khi m –3 2x 2y 12 x y 6 x 7 Ta được hệ phương trình x 5y 2 x 5y 2 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y với 7;1 b. Điều kiện có nghiệm của phương trình m 1 m 1 m 1 m 2 m 1 1 m 2 m 1 m 2 m 1 0 m 1 m 1 0 m 1 0 m 1 m 1 0 m 1 Vậy phương trình có nghiệm khi m 1 và m 1 (m 1)x (m 1)y 4m m 1 Giải hệ phương trình khi x (m 2)y 2 m 1 5
  6. 4m 4m 2 4m x y x (m 1)x (m 1)y 4m x y m 1 m 1 m 1 . x (m 2)y 2 2 2 x (m 2)y 2 y y m 1 m 1 4m 2 2 Vậy hệ có nghiệm (x; y) với ; m 1 m 1 Câu 4. a. Viết phương trình của đường thẳng d Đường thẳng d với hệ số góc k có dạng y kx b Đường thẳng d đi qua điểm M(0; 1) nên 1 k.0 b b 1 Vậy d : y kx 1 b. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d x2 kx 1 x2 kx 1 0 , có k2 4 d cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi 0 2 2 2 2 k 2 k 4 0 k 4 k 2 k 2 k 2 Câu 5. a. BCDE nội tiếp B·EC B·DC 900 Suy ra BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC b. H, J, I thẳng hàng IB  AB; CE  AB (CH  AB) Suy ra IB // CH IC  AC; BD  AC (BH  AC) Suy ra BH // IC Như vậy tứ giác BHCI là hình bình hành J trung điểm BC J trung điểm IH Vậy H, J, I thẳng hàng 1 c. A·CB A· IB A»B 2 A·CB D·EA cùng bù với góc D· EB của tứ giác nội tiếp BCDE B· AI A· IB 900 vì ABI vuông tại B Suy ra B· AI A· ED 900 , hay E·AK A·EK 900 Suy ra AEK vuông tại K Xét ADM vuông tại M (suy từ giả thiết) DK  AM (suy từ chứng minh trên)www.VNMATH. 1 1 1 Như vậy DK2 DA2 DM2 6
  7. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi : Toán ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ A Ngày thi 29 tháng 6 năm 2012 Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải các phương trình sau : a) x - 1 = 0 b) x2 - 3x + 2 = 0 2x y 7 2- Giải hệ phương trình : x y 2 2 Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A = 1 + 1 - a 1 2 2 a 2 2 a 1 a 2 1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị của a ; biết A 0 8a 2 b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = b 2 4a HẾT 7
  8. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOKỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG NINH NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN(Dùng cho mọi thí sinh dự thi) Ngày thi: 28/6/2012 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi này có 01 trang) Câu I. (2,0 điểm) 1) Rút gọn các biểu thức sau: 1 1 1 2 a) A = 2 18 b) B = với x 0, x 1 2 x 1 x 1 x 1 2x y 5 2. Giải hệ phương trình: x 2 y 4 Câu II. (2,0 điểm) Cho phương trình (ẩn x): x2– ax – 2 = 0 (*) 1. Giải phương trình (*) với a = 1. 2. Chứng minh rằng phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của a. 3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (*). Tìm giá trị của a để biểu thức: 2 2 N= x1 (x1 2)(x2 2) x2 có giá trị nhỏ nhất. Câu III. (2,0 điểm)Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Quãng đường sông AB dài 78 km. Một chiếc thuyền máy đi từ A về phía B. Sau đó 1 giờ, một chiếc ca nô đi từ B về phía A. Thuyền và ca nô gặp nhau tại C cách B 36 km. Tính thời gian của thuyền, thời gian của ca nô đã đi từ lúc khởi hành đến khi gặp nhau, biết vận tốc của ca nô lớn hơn vận tốc của thuyền là 4 km/h. Câu IV. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C). Đường tròn (O) Đường kính DC cắt BC tại E (E ≠ C). 1. Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp. 2. Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai I. Chứng minh ED là tia phân giác của góc AEI. 3. Giả sử tg ABC 2 Tìm vị trí của D trên AC để EA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DC. CâuV. (0.5 điểm) Giải phương trình: 7 2 x x (2 x) 7 x HƯỚNG DẪN GIẢI: C©u IV : c. §Ó EA lµ tiÕp tuyÕn cña §.Trßn, §. kÝnh CD th× gãc E1 = gãc C1 (1) Mµ tø gi¸c ABED néi tiÕp nªn gãc E1 = gãc B1 (2) Tõ (1) vµ (2) gãc C1 = gãc B1 ta l¹i cã gãc BAD chung nªn AB AD AB 2 ABD  ACB AB2 = AC.AD AD = ( I ) AC AB AC AC AB 1 Theo bµi ra ta cã : tan (ABC) = =2 nªn ( II ) AB AC 2 13
  9. AB Tõ (I) vµ (II) AD = . 2 AB VËy AD = th× EA lµ tiÕp tuyÕn cña §T, §kÝnh CD 2 C©u V: Giải phương trình: 7 2 x x (2 x) 7 x §Æt 7 x t ; x v §K v, t ≥ 0 t 2 2v (2 v).t (t v)(t 2) 0 thoÆc v t=2 NÕu t= 2 th× 7 x 2 x = 3 (TM) NÕu t = v th× 7 x x x = 3,5 14
  10. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 21/06/2011 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1( 2 điểm) 2 3 6 8 4 1) Đơn giản biểu thức: A 2 3 4 1 1 P a ( );(a 1) 2) Cho biểu thức: a a 1 a a 1 Rút gọn P và chứng tỏ P 0 Bài 2( 2 điểm) 2 1) Cho phương trình bậc hai x + 5x + 3 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Hãy lập một phương trình bậc hai có 2 2 hai nghiệm (x1 + 1 ) và ( x2 + 1). 2 3 4 x y 2 2) Giải hệ phương trình 4 1 1 x y 2 Bài 3( 2 điểm) Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi đi được 2 giờ,người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B đúng thời gian đã định,người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại.Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp. Bài 4( 4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E. 1) Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn 2) Chứng minh BAE DAC 3) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC,đường thẳng AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC. 4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1 2 3 2 6 8 2 ( 2 3 4)(1 2) 3) A 1 2 2 3 4 2 3 4 a a 1 a a 1 P a ( );a 1 a a 1 4) a 2 a 1 a 1 2 a 1 1;vi : a 1 P ( a 1 1)2 0;a 1 Bài 2 x2 + 5x + 3 = 0 15
  11. 1) Có 25 12 13 0 Nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1+ x2 = - 5 ; x1x2 = 3 2 2 2 Do đó S = x1 + 1 + x2 + 1 = (x1+ x2) - 2 x1x2 + 2 = 25 – 6 + 2 = 21 2 2 2 2 Và P = (x1 + 1) (x2 + 1) = (x1x2) + (x1+ x2) - 2 x1x2 + 1 = 9 + 20 = 29 Vậy phương trình cần lập là x2 – 21x + 29 = 0 2)ĐK x 0; y 2 2 3 14 4 7 x 2 x y 2 x x 2 3 12 3 2 3 1 4 y 3 3 4 y 2 x y 2 x y 2 Vậy HPT có nghiệm duy nhất ( x ;y) = ( 2 ;3) Bài 3 : Gọi x(km/h) là vtốc dự định; x > 0 ; có 30 phút = ½ (h) 50  Th gian dự định : (h) x Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km)  Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km) Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h) 50 2x Th gian đi quãng đường còn lại : (h) x 2 1 50 2x 50 2 Theo đề bài ta có PT: 2 x 2 x Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h Bài 4 : A Giải câu c) Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng Tam giác AHD có OM là ĐTBình => AH = 2 OM Và AH // OM H 2 tam giác AHG và MOG có HAG  OMG slt G O AGH  MGO (đ đ) AHG MOG(G G) B C M AH AG 2 MO MG Hay AG = 2MG E D Tam giác ABC có AM là trung tuyến; G AM Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC d) BHC BDC ( vì BHCD là HBH) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính là a Nên tam giác BHC cũng nội tiếp (K) có bán kính a Do đó C (K) = 2 a ( ĐVĐD) 16
  12. SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM 2012 BÌNH ĐỊNH Khóa ngày 29 tháng 6 năm 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 30/6/2012 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3, 0 điểm) Học sinh không sử dụng máy tính bỏ túi a) Giải phương trình: 2x – 5 = 0 y x 2 b) Giải hệ phương trình: 5x 3y 10 5 a 3 3 a 1 a 2 2 a 8 c) Rút gọn biểu thức A với a 0,a 4 a 2 a 2 a 4 d) Tính giá trị của biểu thức B 4 2 3 7 4 3 Bài 2: (2, 0 điểm) Cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình lần lượt là y mx2 và y m 2 x m 1 (m là tham số, m 0). a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P). b) Chứng minh rằng với mọi m 0 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Bài 3: (2, 0 điểm) Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng Sơn dài 100 km. Cùng một lúc, một xe máy khởi hành từ Quy Nhơn đi Bồng Sơn và một xe ô tô khởi hành từ Bồng Sơn đi Quy Nhơn. Sau khi hai xe gặp nhau, xe máy đi 1 giờ 30 phút nữa mới đến Bồng Sơn. Biết vận tốc hai xe không thay đổi trên suốt quãng đường đi và vận tốc của xe máy kém vận tốc xe ô tô là 20 km/h. Tính vận tốc mỗi xe. Bài 4: (3, 0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây MN vuông góc với OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN. a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AK.AH = R2 c) Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM, chứng minh NI = KB. HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: 5 a) 2x – 5 = 0 2x 5 0 2x 5 x 2 y x 2 5x 5y 10 2y 20 y 10 b) 5x 3y 10 5x 3y 10 y x 2 x 8 c) 2 5 a 3 3 a 1 a 2 2 a 8 5 a 3 a 2 3 a 1 a 2 a 2 a 8 A a 2 a 2 a 4 a 2 a 2 2 5a 10 a 3 a 6 3a 6 a a 2 a 2 2 a 8 a 2 8a 16 a 8a 16 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 a 2 17
  13. a 4 2 a 4 4 a a 4 2 2 d) B 4 2 3 7 4 3 3 1 2 3 3 1 2 3 3 1 2 3 3 Bài 2: a) Với m 1 P và d lần lượt trở thành y x2 ; y x 2 . Lúc đó phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: x2 x 2 x2 x 2 0 có a b c 1 1 2 0 nên có hai nghiệm là x1 1; x2 2 . Với x1 1 y1 1 Với x2 2 y2 4 Vậy tọa độ giao điểm của P và d là 1; 1 và 2; 4 . b) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: mx2 m 2 x m 1 mx2 m 2 x m 1 0 * . Với m 0 thì * là phương trình bậc hai ẩn x có m 2 2 4m m 1 m2 4m 4 4m2 4m 5m2 4 0 với mọi m. Suy ra * luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Hay với mọi m 0 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Bài 3: Đổi 1h30' 1,5h Đặt địa điểm : - Quy Nhơn là A 1,5x - Hai xe gặp nhau là C 100-1,5x A C B - Bồng Sơn là B Gọi vận tốc của xe máy là x km / h . ĐK : x 0 . Suy ra : Vận tốc của ô tô là x 20 km / h . Quãng đường BC là : 1,5x km Quãng đường AC là : 100 1,5x km 100 1,5x Thời gian xe máy đi từ A đến C là : h x 1,5x Thời gian ô tô máy đi từ B đến C là : h x 20 100 1,5x 1,5x Vì hai xe khởi hành cùng lúc, nên ta có phương trình : x x 20 Giải pt : 100 1,5x 1,5x 100 1,5x x 20 1,5x2 100x 2000 1,5x2 30x 1,5x2 x x 20 3x2 70x 2000 0 ' 352 3.2000 1225 6000 7225 0 ' 7225 85 35 85 Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x 40 (thỏa mãn ĐK) 1 3 18
  14. 35 85 50 x (không thỏa mãn ĐK) 2 3 3 Vậy vận tốc của xe máy là 40km / h . K Vận tốc của ô tô là 40 20 60 km / h . M Bài 4: E a) Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. H I Ta có : ·AKB 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) · 0 · 0 A B hay HKB 90 ; HCB 90 gt C O Tứ giác BCHK có H· KB H· CB 900 900 1800 tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. b) AK.AH R2 AC AH R N Dễ thấy ΔACH∽ ΔAKB g.g AK.AH AC.AB  2R R2 AK AB 2 c) NI KB OAM có OA OM R gt OAM cân tại O 1 OAM có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (gt) OAM cân tại M 2 1 & 2 OAM là tam giác đều M· OA 600 M· ON 1200 M· KI 600 KMI là tam giác cân (KI = KM) có M· KI 600 nên là tam giác đều MI MK 3 . 1 1 Dễ thấy BMK cân tại B có M· BN M· ON 1200 600 nên là tam giác đều MN MB 4 2 2 Gọi E là giao điểm của AK và MI. · · 0  NKB NMB 60 · · Dễ thấy  NKB MIK KB // MI (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau) · 0 MIK 60  mặt khác AK  KB cmt nên AK  MI tại E H·ME 900 M· HE . H· AC 900 ·AHC  · 0 · · · · · » Ta có :HME 90 MHE cmt  HAC HME mặt khác HAC KMB (cùng chắn KB ) · · AHC MHE dd  H·ME K·MB hay N· MI K·MB 5 3 , 4 & 5 IMN KMB c.g.c NI KB (đpcm) 19
  15. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 ĐỒNG NAI Khóa ngày : 29 , 30 / 6 / 2012 Môn thi : TOÁN HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 120 phút ( Đề này có 1 trang , 5 câu ) Câu 1 : ( 1,5 điểm ) 1 / Giải phương trình : 7x2 – 8x – 9 = 0 . 3x + 2y =1 2 / Giải hệ phương trình : 4x +5y = 6 Câu 2 : ( 2,0 điểm ) 12 +3 3 2 2 1 / Rút gọn các biểu thức : M ; N 3 2 1 2 2 / Cho x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình : x – x – 1 = 0 . 1 1 Tính : + . x1 x2 Câu 3 : ( 1,5 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho các hàm số : 2 y = 3x có đồ thị ( P ) ; y = 2x – 3 có đồ thị là ( d ) ; y = kx + n có đồ thị là ( d1 ) với k và n là những số thực . 1 / Vẽ đồ thị ( P ) . 2 / Tìm k và n biết ( d1 ) đi qua điểm T( 1 ; 2 ) và ( d1 ) // ( d ) . Câu 4 : ( 1,5 điểm ) Một thửa đất hình chữ nhật có chu vi bằng 198 m , diện tích bằng 2430 m2 . Tính chiều dài và chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật đã cho . Câu 5 : ( 3,5 điểm ) Cho hình vuông ABCD . Lấy điểm E thuộc cạnh BC , với E không trùng B và E không trùng C . Vẽ EF vuông góc với AE , với F thuộc CD . Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại G . Vẽ đường thẳng a đi qua điểm A và vuông góc với AE , đường thẳng a cắt đường thẳng DE tại điểm H . AE CD 1 / Chứng minh . AF DE 2 / Chứng minh rằng tứ giác AEGH là tứ giác nội tiếp được đường tròn . 3 / Gọi b là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE tại E , biết b cắt đường trung trực của đoạn thẳng EG tại điểm K . Chứng minh rằng KG là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE . HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu 1 : ( 1,5 điểm ) 2 4 79 1 / Giải phương trình : 7x – 8x – 9 = 0 ( x1,2 = ) 7 3x + 2y =1 2 / Giải hệ phương trình : ( x ; y ) = (–1 ; 2 ) 4x +5y = 6 Câu 2 : ( 2,0 điểm ) 20
  16. 12 +3 2 3 3 1 / Rút gọn các biểu thức : M 2 3 3 3 2 3 2 2 2 1 N 2 1 2 1 2 1 2 2 / Cho x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình : x – x – 1 = 0 . b c S = 1 ; P = 1 a a 1 1 x x 1 Nên : + 1 2 1 x1 x2 x1x2 1 Câu 3 : ( 1,5 điểm ) 1 / Vẽ đồ thị ( P ) . 2 / ( d1 ) // ( d ) nên k = 2 ; n –3 và đi qua điểm T( 1 ; 2 ) nên x = 1 ; y = 2 . Ta có phương trình : 2 = 1.2 + n n = 0 Câu 4 : ( 1,5 điểm ) Gọi x ( m ) là chiều dài thửa đất hình chữ nhật ( 49,5 < x < 99 ) Chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật là : 99 – x ( m ) Theo đề bài ta có phương trình : x ( x – 99 ) = 2430 Giải được : x1 = 54 ( nhận ) ; x2 = 45 ( loại ) Vậy chiều dài thửa đất hình chữ nhật là 54 ( m ) Chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật là : 99 – 54 = 45 ( m ) Câu 5 : ( 3,5 điểm ) 1 / Chứng minh tứ giác AEFD nội tiếp ¶ ¶ A1 D1 a AEF DCE ( g – g ) A B AE AF 1 = DC DE 2 E AE DC = 1 AF DE I K 2 / Ta có ¶ phụ với ¶ A2 A1 1 C ¶ ¶ D F b Ta có E1 phụ với D1 ¶ ¶ H G Mà A1 D1 ¶ ¶ A2 E1 Suy ra tứ giác AEFD nội tiếp đường tròn đường kính HE Gọi I trung điểm của HE I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFD cũng là đường tròn ngoại tiếp ΔAHE I nằm trên đường trung trực EG IE = IG Vì K nằm trên đường trung trực EG KE = KG Suy ra IEK = IGK ( c-c-c ) I·GK I·EK 900 KG  IG tại G của đường tròn ngoại tiếp ΔAHE KG là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔAHE 21
  17. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẮC GIANG NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi : Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi 30 tháng 6 năm 2012 Câu 1. (2 điểm) 1 1.Tính - 2 2 - 1 2 .Xác định giá trị của a,biết đồ thị hàm số y = ax - 1 đi qua điểm M(1;5) Câu 2: (3 điểm) 1 2 a- 3 a + 2 1.Rút gọn biểu thức: A = ( - ).( + 1) với a>0,a¹ 4 a - 2 a- 2 a a - 2 ïì 2x- 5y = 9 2.Giải hệ pt: íï îï 3x + y = 5 3. Chứng minh rằng pt: x2 + mx + m- 1= 0 luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử x1,x2 là 2 nghiệm của pt đã cho,tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 B = x 1 + x 2 - 4.(x1 + x2 ) Câu 3: (1,5 điểm) Một ôtô tải đi từ A đến B với vận tốc 40km/h. Sau 2 giờ 30 phút thì một ôtô taxi cũng xuất phát đi từ A đến B với vận tốc 60 km/h và đến B cùng lúc với xe ôtô tải.Tính độ dài quãng đường AB. Câu 4: (3 điểm) Cho đường tròn (O) và một điểm A sao cho OA=3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ của đường tròn (O),với P và Q là 2 tiếp điểm.Lấy M thuộc đường tròn (O) sao cho PM song song với AQ.Gọi N là giao điểm thứ 2 của đường thẳng AM và đường tròn (O).Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K. 1.Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp. 2.Chứng minh KA2=KN.KP 3.Kẻ đường kính QS của đường tròn (O).Chứng minh tia NS là tia phân giác của gócP·NM . 4. Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK .Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R. Câu 5: (0,5điểm) Cho a,b,c là 3 số thực khác không và thoả mãn: ïì a 2 (b + c) + b 2 (c + a) + c 2 (a + b) + 2abc = 0 íï ï 2013 2013 2013 îï a + b + c = 1 1 1 1 Hãy tính giá trị của biểu thức Q = + + a2013 b2013 c2013 HƯỚNG DẪN CHẤM (tham khảo) Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 1 2 + 1 2 + 1 1 - 2 = - 2 = - 2 = 2 + 1- 2 = 1 2 - 1 ( 2 - 1).( 2 + 1) ( 2)2 - 1) KL: 22
  18. 2 Do đồ thị hàm số y = ax-1 đi qua M(1;5) nên ta có a.1-1=5Û a=6 1 KL: 2 1 a 2 ( a - 1).( a - 2) 0,5 A = ( - ).( + 1) = a( a - 2) a( a - 2) a - 2 a - 2 1 0,5 = ( ).( a - 1+ 1) = . a = 1 a( a - 2) a KL: 2 1 ïì 2x- 5y = 9 ïì 2x- 5y = 9 ïì 2x- 5y = 9 ïì y = - 1 íï Û íï Û íï Û íï îï 3x + y = 5 îï 15x + 5y = 25 îï 17x = 34 îï x = 2 KL: 2 3 Xét Pt: x + mx + m- 1= 0 0,25 Δ = m2 - 4(m- 1) = m2 - 4m + 4 = (m- 2)2 ³ 0 Vậy pt luôn có nghiệm với mọi m ïì x + x = - m 0,25 Theo hệ thức Viet ta cóíï 1 2 ï îï x1x2 = m- 1 Theo đề bài 2 2 2 B = x 1 + x 2 - 4.(x1 + x2 ) = (x1 + x2 ) - 2x1x2 - 4.(x1 + x2 ) = m2 - 2(m- 1)- 4(- m) = m2 - 2m + 2+ 4m = m2 + 2m + 1+ 1 = (m + 1)2 + 1³ 1 0,5 Vậy minB=1 khi và chỉ khi m = -1 KL: 3 Gọi độ dài quãmg đường AB là x (km) x>0 0,25 x Thời gian xe tải đi từ A đến B là h 40 0,25 x Thời gian xe Taxi đi từ A đến B là : h 0,25 60 5 Do xe tải xuất phát trước 2h30phút = nên ta có pt 2 0,25 x x 5 - = 40 60 2 0,25 Û 3x- 2x = 300 Û x = 300 0,25 Giá trị x = 300 có thoả mãn ĐK Vậy độ dài quãng đường AB là 300 km. 4 1 Xét tứ giác APOQ có ·APO = 900 (Do AP là tiếp tuyến của (O) ở P) · 0 AQO = 90 (Do AQ là tiếp tuyến của (O) ở Q) 0,75 23
  19. Þ ·APO + ·AQO = 1800 ,mà hai góc này là 2 góc đối nên tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp P S M N I A G O K Q 2 Xét Δ AKN và Δ PAK có ·AKP là góc chung ·APN = ·AMP ( Góc nt cùng chắn cung NP) 0,75 Mà N·AK = ·AMP (so le trong của PM //AQ AK NK ΔAKN ~ Δ PKA (gg) Þ = Þ AK 2 = NK.KP (đpcm) PK AK 3 Kẻ đường kính QS của đường tròn (O) Ta có AQ^ QS (AQ là tt của (O) ở Q) Mà PM//AQ (gt) nên PM^ QS 0,75 Đường kính QS ^ PM nên QS đi qua điểm chính giữa của cung PM nhỏ sd P»S = sd S¼M Þ P·NS = S·NM (hai góc nt chắn 2 cung bằng nhau) Hay NS là tia phân giác của góc PNM 4 Chứng minh được Δ AQO vuông ở Q, có QG^ AO(theo Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có 0,75 OQ2 R2 1 OQ2 = OI.OA Þ OI = = = R OA 3R 3 1 8 Þ AI = OA- OI = 3R- R = R 3 3 Do Δ KNQ ~Δ KQP (gg)Þ KQ2 = KN.KP mà AK 2 = NK.KP nên AK=KQ Vậy Δ APQ có các trung tuyến AI và PK cắt nhau ở G nên G là trọng tâm 2 2 8 16 Þ AG = AI = . R = R 3 3 3 9 5 Ta có: a 2 (b + c) + b 2 (c + a) + c 2 (a + b) + 2abc = 0 Û a 2b + a 2c + b 2c + b 2 a + c 2 a + c 2b + 2abc = 0 Û (a 2b + b 2 a) + (c 2 a + c 2b) + (2abc + b 2c + a 2c) = 0 Û ab(a + b) + c 2 (a + b) + c(a + b) 2 = 0 0,25 Û (a + b)(ab + c 2 + ac + bc) = 0 Û (a + b).(a + c).(b + c) = 0 *TH1: nếu a+ b=0 0,25 ïì a = - b ïì a = - b 1 1 1 Ta có ï Û ï ta có Q = + + = 1 í 2013 2013 2013 í 2013 2013 2013 îï a + b + c = 1 îï c = 1 a b c Các trường hợp còn lại xét tương tự 24
  20. 1 1 1 Vậy Q = + + = 1 a2013 b2013 c2013 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Khóa thi ngày 23/6/2012 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1: (2,0 điểm) 1. Cho hàm số y = x + 3 (1) a. Tính giá trị của y khi x = 1 b. Vẽ đồ thị của hàm số (1) 2. Giải phương trình: 4x 2 − 7x + 3 = 0 Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức M = + − 1. Tìm điều kiện của x để biểu thức M có nghĩa. Rút gọn biểu thức M. 2. Tìm các giá trị của x để M > 1 Câu 3: (2,0 điểm) Một đội thợ mỏ phải khai thác 260 tấn than trong một thời hạn nhất định. Trên thực tế, mỗi ngày đội đều khai thác vượt định mức 3 tấn, do đó họ đã khai thác được 261 tấn than và xong trước thời hạn một ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày đội thợ phải khai thác bao nhiêu tấn than? Câu 4: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 12 cm. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn (O) vẽ các tia tiếp tuyến Ax, By. M là một điểm thuộc nửa đường tròn (O), M không trùng với A và B. AM cắt By tại D, BM cắt Ax tại C. E là trung điểm của đoạn thẳng BD. 1. Chứng minh: AC . BD = AB 2 . 2. Chứng minh: EM là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O. 3. Kéo dài EM cắt Ax tại F. Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn tâm O sao cho diện tích tứ giác AFEB đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Câu 5: (1,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức T = x 2 + y 2 + z 2 − 7 biết: x + y + z = 2 x−34 + 4 y−21 + 6 z−4 + 45 25
  21. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚ 10 THPT LÂM ĐỒNG Khóa ngày : 26 tháng 6 năm 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1: (0,75đ) Tính : 18 2 2 32 2x 3y 1 Câu 2: (0,75đ) Giải hệ phương trình : 4x 3y 11 Câu 3: (0,75đ) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 9cm, Ch = 16cm. Tính độ dài các đoạn thẳng AH, BH, AC. Câu 4: (0,75đ) Cho hai đường thẳng (d) : y = (m-3)x + 16 (m 3) và (d’): y = x + m2. Tìm m để (d) và (d’) cắt nhau tại một điểm trên trục tung Câu 5: (0,75đ) Cho AB là dây cung của đường tròn tâm O bán kính 12cm. Biết AB = 12cm . Tính diện tích hình quạt tạo bởi hai bán kính OA, OB và cung nhỏ AB. Câu 6: (1đ) Cho hàm số y = ax2 (a 0) có đồ thị (P). a) Tìm a biết (P) đi qua điểm A(2;4) b) Tìm k để đường thẳng (d) : y = 2x + k luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt. Câu 7: (0,75đ) Hình nón có thể thể tích là 320 cm3, bán kính đường tròn là 8cm. Tính diện tích toàn phần của hình nón . Câu 8: (1đ) Cho đường tròn (O) đường kính AB, M là trung điểm của OA. Qua M vẽ dây cung CD vuông góc với OA. a) Chứng minh tứ giác ACOD là hình thoi . b) Tia CO cắt BD tại I. Chứng minh tứ giác DIOM nội tiếp. Câu 9: (1đ) Hai đội công nhân cùng đào một con mương . Nếu họ cùng làm thì trong 8 giờ xong việc. Nếu họ làm riêng thì đội A hoàn thành công việc nhanh hơn đội B 12 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội phải làm trong bao nhiêu giờ mới xong việc. Câu 10: (0,75đ) Rút gọn : 37 20 3 37 20 3 Câu 11: (1đ) Cho phương trình : x2 – 2(m-2)x - 3m2 +2 = 0 (x là ẩn, m là tham số ) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa : x1(2-x2) +x2(2-x1) = -2 Câu 12: (0,75đ) Cho nữa đường tròn (O) đường kính AB, vẽ các tiếp tuyến Ax và By cùng phía với nữa đường tròn , M là điểm chính giữa cung AB, N là một điểm thuộc đoạn OA N O, N A . Đường thẳng vuông góc với MN tại M cắt Ax và By lần lượt tại C và D. Chứng minh : AC = BN 26
  22. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013 QUẢNG NGÃI Môn thi: Toán (không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (1,5 điểm) 1/ Thực hiện phép tính: 2 1 2 1 x y 1 2/ Giải hệ phương trình: 2x 3y 7 3/ Giải phương trình: 9x2 8x 1 0 Bài 2: (2,0 điểm) Cho parapol P : y x2 và đường thẳng d : y 2x m2 1 (m là tham số). 1/ Xác định tất cả các giá trị của m để d song song với đường thẳng d ' : y 2m2 x m2 m . 2/ Chứng minh rằng với mọi m, d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A và B. 2 2 3/ Ký hiệu xA ; xB là hoành độ của điểm A và điểm B. Tìm m sao cho xA xB 14 . Bài 3: (2,0 điểm) Hai xe ô tô cùng đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh, xe thứ hai đến sớm hơn xe thứ nhất là 1 giờ. Lúc trở về xe thứ nhất tăng vận tốc thêm 5 km mỗi giờ, xe thứ hai vẫn giữ nguyên vận tốc nhưng dừng lại nghỉ ở một điểm trên đường hết 40 phút, sau đó về đến cảng Dung Quất cùng lúc với xe thứ nhất. Tìm vận tốc ban đầu của mỗi xe, biết chiều dài quãng đường từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh là 120 km và khi đi hay về hai xe đều xuất phát cùng một lúc. Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C là một điểm nằm trên đường tròn sao cho CA > CB. Gọi I là trung điểm của OA. Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại I, cắt tia BC tại M và cắt đoạn AC tại P; AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K. 1/ Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp được trong một đường tròn. 2/ Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng. 3/ Các tiếp tuyến tại A và C của đường tròn (O) cắt nhau tại Q. Tính diện tích của tứ giác QAIM theo R khi BC = R. Bài 5: (1,0 điểm) 2xy Cho x 0, y 0 thỏa mãn x2 y2 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . 1 xy HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: 2 1/ 2 1 2 1 2 12 2 1 1 x y 1 3x 3y 3 5x 10 x 2 2/ 2x 3y 7 2x 3y 7 x y 1 y 1 1 3/ Phương trình 9x2 8x 1 0 có a b c 9 8 1 0 nên có hai nghiệm là: x 1; x . 1 2 9 Bài 2: 1/ Đường thẳng d : y 2x m2 1 song song với đường thẳng d ' : y 2m2 x m2 m khi 29
  23. m 1 2 2m2 m2 1 m 1 m 1 2 2 m 1 m m m 1 m 1 2/ Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là x2 2x m2 1 x2 2x m2 1 0 là phương trình bậc hai có ac m2 1 0với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A và B với mọi m. 3/ Cách 1: Ký hiệu xA ; xB là hoành độ của điểm A và điểm B thì xA ; xB là nghiệm của phương trình x2 2x m2 1 0 . Giải phương trình x2 2x m2 1 0 . ' 1 m2 1 m2 2 0 ' m2 2 2 2 Phương trình có hai nghiệm là xA 1 m 2; xB 1 m 2 . Do đó 2 2 x 2 x 2 14 1 m2 2 1 m2 2 14 1 2 m2 2 m2 2 1 2 m2 2 m2 2 14 A B 2m2 6 14 2m2 8 m2 4 m 2 Cách 2: Ký hiệu xA ; xB là hoành độ của điểm A và điểm B thì xA ; xB là nghiệm của phương trình S xA xB 2 x2 2x m2 1 0 . Áp dụng hệ thức Viet ta có: do đó 2 P xA .xB m 1 2 2 2 2 2 2 xA xB 14 xA xB 2xA .xB 14 2 2 m 1 14 4 2m 2 14 m 2 Bài 3: Gọi vận tốc ban đầu của xe thứ nhất là x (km/h), xe thứ hai là y (km/h). ĐK: x > 0; y > 0. 120 Thời gian xe thứ nhất đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh là h . x 120 Thời gian xe thứ hai đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh là h . y 120 120 Vì xe thứ hai đến sớm hơn xe thứ nhất là 1 giờ nên ta có phương trình: 1 1 x y Vận tốc lúc về của xe thứ nhất là x+ 5 (km/h). 120 Thời gian xe thứ nhất về từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất h . x 5 120 Thời gian xe thứ hai về từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất h . y 2 Vì xe thứ hai dừng lại nghỉ hết 40 ph h , sau đó về đến cảng Dung Quất cùng lúc với xe thứ nhất nên 3 120 120 2 ta có phương trình: 2 . x 5 y 3 120 120 1 x y Từ (1) và (2) ta có hpt: 120 120 2 x 5 y 3 30
  24. 120 120 1 x y 120 120 1 2 Giải hpt: 360 x 5 360x x x 5 x 5x 1800 0 120 120 2 x x 5 3 x 5 y 3 25 4.1800 7225 0 85 . 5 85 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x 40 (thỏa mãn ĐK) 1 2 5 85 x2 45 (không thỏa mãn ĐK) 2 M 120 120 120 Thay x 40 vào pt (1) ta được: 1 2 y 60 (thỏa mãn ĐK). 40 y y Vậy vận tốc ban đầu của xe thứ nhất là 40 km/h, xe thứ hai là 60 km/h. Q Bài 4:(Bài giải vắn tắt) a) Tứ giác BCPI nội tiếp (hs tự cm). b) Dễ thấy MI và AC là hai đường cao của MAB P là trực tâm C của MAB BP là đường cao thứ ba BP  MA 1 . K Mặt khác ·AKB 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) BK  MA 2 . P A B Từ (1) và (2) suy ra ba điểm B, P, Q thẳng hàng. I O c) AC AB2 BC 2 4R2 R2 R 3 Khi BC = R dễ thấy tam giác OBC là tam giác đều suy ra C·BA 600 Mà Q·AC C·BA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn »AC ) do đó Q·AC 600 . Dễ thấy tam giác QAC cân tại Q (QA = QC) có Q·AC 600 nên là tam giác đều AQ AC R 3 . R 3R Dễ thấy AI ; IB 2 2 3R 3 3R Trong tam giác vuông IBM I$ 900 ta có IM IB.tan B IB.tan 600  3 . 2 2 Ta chứng minh được tứ giác QAIM là hình thang vuông AQ / /IM ; I$ 900 . 1 1 3 3R R R 5R 3 5 3R2 Do đó S AQ IM AI R 3 .  (đvdt). QAIM 2 2 2 2 4 2 8 Bài 5: 2xy 2xy 1 1 xy 1 1 Cách 1: Ta có A A 1 xy 1 xy A 2xy 2xy 2 1 1 Vì x 0, y 0 A 0 A 0 0 do đó A A min . A min max A 2 1 Mặt khác x y 0 x2 y2 2xy 2xy 1 1 (vì 2xy 0 ) 2xy 1 1 3 Do đó 1 . Dấu “ = ” xảy ra khi x y . A 2 2 x 0, y 0 2 Từ x y x y 2 2 2 x y 1 31
  25. 1 2  2 2 2 Lúc đó A 2 . Vậy min A khi x y . 1 3 3 2 1 2 x2 y2 1 3 1 2 2 4 Cách 2: Với x 0, y 0 ta có xy xy 1 xy 2 2 2 1 xy 3 1 xy 3 2xy 2 4 2 Do đó A 2 2 . 1 xy 1 xy 3 3 Dấu “=” xảy ra khi x y . x 0, y 0 2 Từ x y x y 2 2 2 x y 1 2 2 Vậy min A khi x y . 3 2 Cách 3: Với x 0, y 0 và x2 y2 1 2 2 2 2 2 2xy 2 2xy 6xy 2 x y 4xy 2 x y 2 Ta có A 0 A 3 3 1 xy 3 1 xy 3 1 xy 3 1 xy 3 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi x y . Vậy min A khi x y . 2 3 2 a a 2xy A 0; b 0  0  a axy 2bxy 0  a x2 y2 2b a xy 0 b b 1 xy a 0 2 2 2b a a 2  a x y xy 0  2b a a 2 b 3 a 32
  26. UBND tØnh b¾c ninh ®Ò thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gi¸o§Ò chÝnh dôc vµ thøc ®µo t¹o N¨m häc 2012 - 2013 M«n thi: To¸n (Dµnh cho tÊt c¶ thÝ sinh) Thêi gian: 120 phót (Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Ngµy thi: 30 th¸ng 06 n¨m 2012 Bài 1 (2,0điểm) 1) Tìm giá trị của x để các biểu thức có nghĩa: 4 3x 2 ; 2x 1 2) Rút gọn biểu thức: (2 3) 2 3 A 2 3 Bài 2 (2,0 điểm) Cho phương trình: mx2 – (4m -2)x + 3m – 2 = 0 (1) ( m là tham số). 1) Giải phương trình (1) khi m = 2. 2) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. 3) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có các nghiệm là nghiệm nguyên. Bài 3 (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 34m. Nếu tăng thêm chiều dài 3m và chiều rộng 2m thì diện tích tăng thêm 45m2. Hãy tính chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn. Bài 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn O. Từ A là một điểm nằm ngoài (O) kẻ các tiếp tuyến AM và AN với (O) ( M; N là các tiếp điểm ). 1) Chứng minh rằng tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính AO. 2) Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại B và C (B nằm giữa A và C ). Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh I cũng thuộc đường tròn đường kính AO. 3) Gọi K là giao điểm của MN và BC . Chứng minh rằng AK.AI = AB.AC. Bài 5 (1,0 điểm) Cho các số x,y thỏa mãn x 0; y 0 và x + y = 1. Tìm giả trị lớn nhất và nhỏ nhất của A = x2 + y2. Hết Câu 1: 2 a) 3x 2 có nghĩa 3x – 2 0 3x 2 x 3 4 1 có nghĩa 2x 1 0 2x 1 x 2x 1 2 (2 3) 2 3 (2 3) (2 3)2 (2 3)(2 3) 22 32 b) A 1 2 3 (2 3)(2 3) 22 32 1 Câu 2: mx2 (4m 2)x 3m 2 0 (1) 1.Thay m = 2 vào pt ta có: (1) 2x2 6x 4 0 x2 3x 2 0 33
  27. Ta thấy: 1 – 3 +2 = 0 nên pt có 2 nghiệm: x1 0; x2 2 2. * Nếu m = 0 thì (1) 2x 2 0 x 1 . Suy ra: Pt luôn có nghiệm với m=0 *Nếu m 0 thì ph (1) là pt bậc 2 ẩn x. Ta có: ' (2m 1)2 m(3m 2) 4m2 4m 1 3m2 2m (m 1)2 0 m 0 Kết luận: Kết hợp 2 trường hợp ta có: pt luôn có nghiệm với mọi m (đpcm) 3. * Nếu m = 0 thì (1) 2x 2 0 x 1 nguyên Suy ra: Với m = 0 pt có nghiệm nguyên 2m 1 m 1 x 1 1 m * Nếu m # 0 thì ph (1) là pt bậc 2 ẩn x. Từ ý 2 ta có: pt có 2 nghiệm: 2m 1 m 1 3m 2 x 2 m m 3m 2 2 Để pt (1) có nghiệm nguyên thì nghiệm x phải nguyên Z 3 Z (m 0) 2Mm hay m 2 m m là ước của 2 m = {-2; -1; 1; 2} Kết luận: Với m = { 1; 2;0 } thì pt có nghiệm nguyên Câu 3: Gọi chiều dài hcn là x (m); chiều rộng là y (m) (0 < x, y < 17) x y 34 : 2 17 x 12 Theo bài ra ta có hpt : (thỏa mãn đk) (x 3)(y 2) xy 45 y 5 Vậy : chiều dài = 12m, chiều rộng = 5m Câu 4 : A 1. Theo tính chất tiếp tuyến vuông góc với bán kính tại tiếp điểm ta có : ·AMO ·ANO 90O VAMO vuông tại M A, M , O thuộc đường tròn đường kính AO ( Vì AO là cạnh huyền) VANO vuông tại N A, N, O thuộc đường tròn đường kính AO (Vì AO là cạnh huyền) B Vậy: A, M, N, O cùng thuộc đường tròn đường kính AO Hay tứ giác AMNO nội tiếp đường tròn đường kính AO M N 2. Vì I là trung điểm của BC (theo gt) OI  BC (tc) K E VAIO vuông tại I A, I, O thuộc đường tròn đường kính AO (Vì AO là cạnh huyền) I Vậy I cũng thuộc đường tròn đường kính AO (đpcm) O 3. Nối M với B, C. · Xét VAMB &VAMC có MAC chung C 1 M· CB ·AMB sđ M»B 2 AB AM VAMB ~VACM (g.g) AB.AC AM 2 (1) AM AC Xét VAKM &VAIM có M· AK chung ·AIM ·AMK (Vì: ·AIM ·ANM cùng chắn ¼AM và ·AMK ·ANM ) AK AM VAMK ~VAIM (g.g) AK.AI AM 2 (2) AM AI Từ (1) và (2) ta có: AK.AI = AB.AC (đpcm) 34
  28. Câu 5: * Tìm Min A Cách 1: x y 2 x2 2xy y2 1 Ta có: x y 2 x2 2xy y2 0 1 1 Cộng vế với vế ta có: 2 x2 y2 1 x2 y2 A 2 2 1 1 Vậy Min A = . Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2 2 Cách 2 Từ x y 1 x 1 y Thay vào A ta có : 2 1 1 1 A 1 y y2 2y2 2y 1 2(y )2 y 2 2 2 1 Dấu « = » xảy ra khi : x = y = 2 1 1 Vậy Min A = Dấu “=” xảy ra khi x = y = 2 2 * Tìm Max A 0 x 1 x2 x Từ giả thiết suy ra x2 y2 x y 1 2 0 y 1 y y Vậy : Max A = 1 khi x = 0, y GIẢI CÂU 05 ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN BẮC NINH 2012-2013 === CÂU 05 : Cho các số x ; y thoả mãn x 0; y 0 và x+ y = 1 .Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2 I- TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CÁCH 01 : a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . Ta có x + y = 1 nên y = - x + 1 thay vào A = x2 + y2 ta có : x2 + ( -x + 1)2 - A = 0 hay 2x2 - 2x + ( 1- A) = 0 (*) do đó để biểu thức A tồn tại giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm 1 1 hay ' 0 1 2 1 A 0 2A 1 0 A .Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là khi 2 2 1 1 phương trình (*) có nghiệm kép hay x = mà x + y = 1 thì y = . Vậy Min A = 1/2 khi x = y = 1/2 ( t/m) 2 2 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 02 : a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . Theo Bất đẳng thức Bunhia ta có 1 = x + y hay 1 1= (x + y)2 2 x 2 y 2 x 2 y 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y mà x + y =1 2 hay x =y = 1/2 ( t/m) 35
  29. b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 03 : a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . x 1 m Không mất tính tổng quát ta đặt với 0 m 1 y m Mà A= x2 + y2 . Do đó A = ( 1- m)2 + m2 hay A= 2m2 - 2m +1 2m 1 2 1 1 hay 2A = (4m2 - 4m + 1) + 1 hay 2A = (2m- 1)2 + 1 hay A . 2 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi m= 1/2 hay x = y = 1/2. b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. CÁCH 04 : a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . Ta có A = x2 + y2 = ( x+ y)2 - 2xy = 1 -2xy ( vì x + y =1 ) x y 2 1 1 1 1 mà xy xy 2xy 1 2xy A . 4 4 2 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2. b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. CÁCH 05 : a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . Xét bài toán phụ sau : Với a , b bất kì và c ; d > 0 ta luôn có : a 2 b 2 a b 2 a b (*) , dấu “=” xảy ra khi c d c d c d 2 2 2 2 2 2 2 a b 2 a b a b Thật vậy : có x y a b (ĐPCM) x y x y x y .ÁP DỤNG x 2 y 2 x y 2 Cho a = x và b = y ,từ (*) có : A= x2 + y2 = mà x+ y =1 1 1 2 1 Nên A .Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2. 2 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 06 : a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . 1 A Ta có A = x2 + y2 hay xy = (*) mà x + y =1 ( ) 2 x y 1 Vậy từ (*) ;( ) có hệ phương trình 1 A ,hệ này có nghiệm xy 2 1 x 0; y 0 1 2 1 A 0 A . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x+ y =1 và x2 2 1 + y2 = hay x = y = 1/2. 2 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 07 : 36
  30. a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . Ta có A = x2 + y2 = x2 + y2 + 1 - 1 mà x + y =1 nên A = x2 + y2 - x - y -1 1 1 1 1 Hay A = x 2 x y 2 y . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = y = 1/2. 4 4 2 2 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 08 : a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . x 2 y 2 x 2 y 2 x 2 y 2 x y 2 x y Ta có A= x2 + y2 = 1 x y x y x y 2 x y 2 1 Mà x + y =1 nên A . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2. khi x = y = 1/2. 2 b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 09 : a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . Ta có x + y = 1 là một đường thẳng , còn x2 + y2 = A là một đường tròn có tâm là gốc toạ độ O bán kín A mà x 0; y 0 thuộc góc phần tư thứ nhất của đường tròn trên . Do đó để tồn tại cực trị thì 1 khoảng cách từ O đến đường thẳng x + y =1 phải nhỏ hơn hay bằng bán kín đường tròn hay A . 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x =y = 1/2. b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 10 : a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . 1 1 1 Ta có x + y =1 x y . Vậy để chứng minh A 2 2 2 1 với A = x2 + y2 thì ta chỉ cần chứng minh x 2 y 2 x y . 2 Thật vậy : 1 Ta có x2 y 2 x y 0 2 2 2 1 1 1 Hay x y 0 ( luôn đúng ) Vậy A . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi 2 2 2 x = y =1/2. b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 11 : a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . x 2 m Không mất tính tổng quát ta đặt 1 m 2 y m 1 .Do đó A = x2 + y2 hay (2-m)2 + (m-1)2 - A =0 hay 2m2 - 6m +5 = A 2m 3 2 1 1 Hay A . 2 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2. b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 12 : a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . 37
  31. x 3 m Không mất tính tổng quát ta đặt 2 m 3 y m 2 .Do đó A = x2 + y2 hay (3-m)2 + (m-2)2 - A =0 hay 2m2 - 10m +13 = A 2m 5 2 1 1 Hay A . 2 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2. b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 13 : a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . Ta có x + y =1 hay (x+1) + (y +1) = 3 mà A = x2 + y2 hay A = (x2 + 2x + 1) + ( y2 + 2y +1) - 4 hay A = (x+1)2 + ( y+1)2 - 4 a x 1 a 1 ,do đó ta đặt . Khi ta có bài toán mới sau : b y 1 b 1 Cho hai số a , b thoả mãn a 1;b 1 và a + b =3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a2 + b2 - 4 Thật vậy : Ta có A = a2 + b2 - 4 = (a+b)2 - 2ab - 4 = 5 - 2ab ( vì a+b=3) a b 2 9 1 Mặt khác theo côsi có : ab do đó A . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x = 4 4 2 y = 1/2. b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 14 : a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . x a m Không mất tính tổng quát ta đặt b m a y m b ( với a > b vì a - b =1 hay a = b+ 1 hay a > b ) .Do đó A = x2 + y2 hay (a-m)2 + (m-b)2 - A =0 hay 2m2 - 2m (a+b) +(a2 + b2) = A hay 2 2 2 2m a b  1 1 Hay 2A 2m a b  2 a 2 b 2 a b A 2 2 2 (Vì a - b= 1) Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1/2 khi x = y = 1/2. b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . CÁCH 15 : a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A . Ta có x + y =1 hay y = 1 - x mà y 0 0 x 1 Do đó x2 + y2 - A = 0 hay 2 x2 - 2x +( 1 - A ) = 0 . Khi đó ta có bài toán mới sau : 2 Tìm A để phương trình 2 x - 2x +( 1 - A ) = 0 (*) có nghiệm 0 x1 x2 1 Với x1 ; x2 là nghiệm của phương trình (*) Thật vậy để phương trình (*) có nghiệm 38
  32. ' 0 x1 0 S 0 S 0 x2 x1 0 x2 0 P 0 P 0 1 0 x1 x2 1 A 1 x x 1 1 2 x1 1 S 2 ' 0 2 x2 1 P 1 S 2 P 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 1/2 khi x =y = 1/2. b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A . Vậy theo trên ta có giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1 khi x = 0 và y = 1 hoặc x= 1 và y = 0 . II- TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CÁCH 01 : Vậy theo trên ta có giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1 khi x = 0 và y = 1 hoặc x= 1 và y = 0 CÁCH 02 : 1 A Ta có A = x2 + y2 hay xy = (*) vì x + y =1 mà x 0; y 0  xy 0 2 Do đó theo (*) có A 1 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1 khi x = 0 và y = 1 hoặc x= 1 và y = 0 CÁCH 03 : x sin 2 0 Không mất tính tổng quát ta đặt 2 y cos 0 Do đó A = sin 4 cos 4 1 2 sin .cos 2 1 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1 khi x = 0 và y = 1 hoặc x= 1 và y = 0 SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 39
  33. NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đề thi có 1 trang) Ngày thi : 28/6/2012 Mã đề 01 Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1 (2điểm) 5 a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức: . 6 1 2x y 7 b) Giải hệ phương trình: . x 2y 1 Câu 2 (2điểm) 4a a a 1 Cho biểu thức: P . với a >0 và a 1 . 2 a 1 a a a a) Rút gọn biểu thức P. b) Với những giá trị nào của a thì P = 3. Câu 3 (2điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M(–1 ; 2) và song song với đường thẳng y = 2x + 1. Tìm a và b. 2 2 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x + 4x – m – 5m = 0. Tìm các giá trị của m sao cho: |x1 – x2| = 4. Câu 4 (3điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D BC, E AC) . a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn. b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A). Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: AD BE CF Q . HD HE HF Câu 5 (1điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0. HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu Nội dung Điểm 5 5( 6 1) a) Ta có: 0,5 6 1 ( 6 1)( 6 1) 5( 6 1) 5( 6 1) 6 1 0,5 6 1 5 1 2x y 7 4x 2y 14 b) Ta có: 0,5 x 2y 1 x 2y 1 5x 15 x 3 0,5 x 2y 1 y 1 40
  34. 4a a a 1 4a 1 a 1 P . . 0,5 a) Với 0 a 1 thì ta có: 2 2 a 1 a a a a 1 a 4a 1 2 0,5 2 a 4a 1 b) Với 0 a 1 thì P = 3 3 3a 2 4a 1 3a 2 4a 1 0 0,5 a 2 1 a = 1 (loại) hoặc a (thỏa mãn đk). 0,5 3 a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên: 0,5 a = 2, b 1. Vì đường thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt: 0,5 2(-1) + b = 2 b = 4 (thỏa mãn b 1). Vậy a = 2, b = 4 b) Ta có : ' 4 m2 5m (m 1)(m 4) . Để phương trình có 2 nghiệm x , x thì ta 1 2 0,25 có: ' 0 m 4 hoặc m 1 (*) 3 b c Theo định lí Vi-et, ta có: x x 4 và x .x m2 5m. 0,25 1 2 a 1 2 a 2 2 Ta có: x1 x2 4 (x1 x2 ) 16 (x1 x2 ) 4x1.x2 16 0,25 16 4( m2 5m) 16 m2 5m 0 m = 0 hoặc m = – 5 Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm. 0,25 a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta có: 0,5 A·DB A· EB 90o A Hai góc A·DB, A· EB cùng nhìn cạnh AB dưới o 0,5 E một góc 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp đường F tròn. H b) Ta có:A·BK A·CK 90o (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) CK  AC,BK  AB (1) O 0,5 Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên: B C BH  AC,CH  AB(2) D Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK. 4 Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định 0,5 K nghĩa) Đặt S = S , S = S , S = S , S = S. Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên BHC 1 AHC 2 AHB 3 ABC 0,25 trong ABC , do đó: S = S1 + S2 + S3 . AD S S BE S S CF S S Ta có: ABC (1), ABC (2), ABC (3) 0,25 HD SBHC S1 HE SAHC S2 HF SAHB S3 Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: AD BE CF S S S 1 1 1 Q S 0,25 HD HE HF S1 S2 S3 S1 S2 S3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có: 41
  35. 1 1 1 3 3 S S1 S2 S3 3 S1.S2.S3 (4) ; (5) 3 S1 S2 S3 S1.S2.S3 Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q 9 . Đẳng thức xẩy ra S1 S2 S3 hay H là 0,25 trọng tâm của ABC , nghĩa là ABC đều. Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*). Đặt x 2 t 0 thì pt (*) trở thành: t2 – 2mt 0,25 + 2 – m = 0 ( ), '(t) m2 m 2 (m 1)(m 2) Để pt (*) vô nghiệm thì pt( ) phải vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1 t2 0 0,25 Pt ( ) vô nghiệm '(t) 0 (m 1)(m 2) 0 2 m 1 (1) 5 Pt ( ) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1 t2 0 . Điều kiện là: ' 0 ' 0 0,25 2m 0 m 0 m 2 (2) 2 m 0 m 2 Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm của m là: m <1. 0,25 Chú ý: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn. 42
  36. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP THPT BÌNH DƯƠNG Năm học 2012 – 2013 §Ò chÝnh thøc Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) 2 3 Bài 1 (1 điểm): Cho biểu thức: A = 50 x 8x 5 4 1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tính giá trị của x khi A = 1 Bài 2 (1,5 điểm): x2 1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y = 2 2/ Xác định m để đường thẳng (d): y = x – m cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng 1. Tìm tung độ của điểm A Bài 3 (2 điểm): 2x y 4 1/ Giải hệ phương trình: 3x y 3 2/ Giải phương trình: x4 + x2 – 6 = 0 Bài 4 (2 điểm): Cho phương trình x2 – 2mx – 2m – 5 = 0 (m là tham số) 1/ Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m 2/ Tìm m để x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất (x1; x2 là hai nghiệm của phương trình) Bài 5 (3,5 điểm): Cho đường tròn (O) và điểm M ở ngoài đường tròn. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MPQ (MP < MQ). Gọi I là trung điểm của dây PQ, E là giao điểm thứ 2 giữa đường thẳng BI và đường tròn (O). Chứng minh: 1/ Tứ giác BOIM nội tiếp. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó 2/ BOM = BEA 3/ AE // PQ 4/ Ba điểm O; I; K thẳng hàng, với K là trung điểm của EA HƯỚNG DẪN GIẢI: Nội dung Bài 1 (1 điểm): 1/ ĐKXĐ: x 0 2 3 A = 50 x 8x 5 4 2 3 = 25.2 x 4.2 x 5 4 43
  37. 3 = 2 2 x 2 x 2 1 = 2 x 2 1 Vậy với x 0 thi A = 2 x 2 1 2/ Khi A = 1  2 x = 1 2  2x = 2  2x = 4  x = 2 (Thỏa điều kiện xác định) Vậy khi A = 1 giá trị của x = 2 Bài 2 (1,5 điểm): x2 1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y = 2 -Bảng giá trị x -4 -2 0 2 4 x2 y = 8 2 0 2 8 2 -Đồ thị (P) là đường parabol đỉnh O(0; 0) nằm phía trên trục hoành, nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm có tọa độ cho trong bảng trên. 2/ Cách 1. Vì (d) cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng 1 nên x = 1 thỏa mãn công thức hàm số (P) => Tung độ của điểm 12 1 A là: yA = = 2 2 1 1  A(1; ) (d) nên = 1 – m 2 2 1 1  m = 1 – = 2 2 1 1 Vậy với m = thì (d): y = x – m cắt P tại điểm A có hoành độ bằng 1. Khi đó tung độ yA = 2 2 Cách 2 Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 = x – m  x2 – 2x + 2m = 0 (*) 2 Để (d) cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng 1 thì phương trình (*) có nghiệm bằng 1 44
  38. 1 1 2 – 2.1 + 2m = 0  m = 2 1 12 1 Vậy với m = thì (d): y = x – m cắt P tại điểm A có hoành độ bằng 1. Khi đó tung độ yA = = 2 2 2 Bài 3 (2 điểm): 1/ Giải hệ phương trình 2x y 4 x 1 x 1 x 1    3x y 3 3x y 3 3.( 1) y 3 y 6 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (-1; -6) 2/ Giải phương trình x4 + x2 – 6 = 0 (1) Đặt x2 = t (t 0) Phương trình (1) trở thành: t2 + t – 6 = 0 (2) Ta có = 12 – 4.1.(-6) = 25 1 25 1 25 Phương trình (2) có hai nghiệm t1 = = 2 (nhận) ; t2 = = -3 (loại) 2.1 2.1 2 Với t = t1 = 2 => x = 2  x = 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 2 ; x2 = - 2 Bài 4 (2 điểm): Cho phương trình x2 – 2mx – 2m – 5 = 0 (m là tham số) 1/ Ta có ’ = (-m)2 – 1 (-2m – 5) = m2 + 2m + 5 = (m + 1)2 + 4 Vì (m + 1)2 0 với mọi m  (m + 1)2 + 4 > 0 với mọi m Hay ’ > 0 với mọi m Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 2/ Vì phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m x1 x2 2m  (theo định lý Vi-et) x1.x2 2m 5 Đặt A = x1 x2 2 2 2 2 2 A = (x1 x2 ) = x1 – 2x1x2 + x2 = (x1 + x2) – 4x1x2 A 2 = (2m)2 – 4(-2m – 5) = (2m)2 + 8m + 20 = (2m)2 + 2. 2m. 2 + 4 + 16 = (2m + 2)2 + 16 16  Giá trị nhỏ nhất của A2 = 16  Giá trị nhỏ nhất của A là 4 khi 2m + 2 = 0  m = -1 Vậy với m = -1 thì x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất là 4 Bài 5 (3,5 điểm): E K A 1/ Ta có MB là tiếp tuyến của (O) (gt)  OB  MB Q 0 I  OBM = 90 P M  B thuộc đường tròn đường kính OM (1) O Ta có IQ = IP (gt)  OI  QP (Tính chất liên hệ giữa đường kính và dây cung)  OIM = 900 B  I thuộc đường tròn đường kính OM (2) 45
  39. Từ (1) và (2) => BOIM nội tiếp đường tròn đường kính OM 2/ Ta có BOM = AOM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 1  BOM = BOA 2 mà BOA = SđAB 1  BOM = SđAB 2 1 Ta lại có BEA = SđAB (Định lý góc nội tiếp) 2  BOM = BEA 3/ Ta có: Tứ giác BOIM nội tiếp (Chứng minh trên)  BOM = BIM (Cùng chắn BM) mà BOM = BEA (Chứng minh trên)  BIM = BEA Mặt khắc BIM và BEA là hai góc ở vị trí đồng vị  AE // PQ 4/ Ta có OI  QP và AE // PQ (chứng minh trên);  OI  AE (3) mà KE = KA (gt)  OK  AE (tính chất liên hệ giữa đường kính và dây cung) (4) Từ (3) và (4), ta thấy qua điểm O có hai đường thẳng OI và OK cùng song song với AE  OI và OK phải trùng nhau Ba điểm O, I, K thẳng hàng SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THÁI BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013 §Ò chÝnh thøc 46
  40. Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1. (2,0 điểm) 1 1) Tính: A 9 4 5. 5 2 2(x 4) x 8 2) Cho biểu thức: B với x ≥ 0, x ≠ 16. x 3 x 4 x 1 x 4 a. Rút gọn B. b. Tìm x để giá trị của B là một số nguyên. Bài 2. (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + m + 1 = 0 (m là tham số). 1) Giải phương trình với m = 2. 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu (x 1 < 0 < x2). Khi đó nghiệm nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn? Bài 3. (2,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng (d): y = mx + 2 (m là tham số). 1) Tìm m để (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất. 2) Cho hai điểm A(-2; m) và B(1; n). Tìm m, n để A thuộc (P) và B thuộc (d). 3) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến (d). Tìm m để độ dài đoạn OH lớn nhất. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O), dây cung BC (BC không là đường kính). Điểm A di động trên cung nhỏ BC (A khác B và C; độ dài đoạn AB khác AC). Kẻ đường kính AA’ của đường tròn (O), D là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC. Hai điểm E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B, C đến AA’. Chứng minh rằng: 1) Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) BD.AC = AD.A’C. 3) DE vuông góc với AC. 4) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định. Bài 5.(0,5 điểm): Giải hệ phương trình: x4 x3 3x2 4y 1 0 x2 4y2 x2 2xy 4y2 . x 2y 2 3 ĐÁP ÁN Nội dung Điểm 1. 5 2 A ( 5 2)2 5 2 5 2 4. 0,5 (0,5đ) 5 4 2. a. (1 đ) (1,5đ) Với x ≥ 0, x ≠ 16, thì: 0,25 47
  41. 2(x 4) x 8 2x 8 x( x 4) 8( x 1) B ( x 1)( x 4) x 1 x 4 ( x 1)( x 4) 2x 8 x 4 x 8 x 8 3x 12 x 0,25 ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4) 3 x( x 4) 3 x 0,25 ( x 1)( x 4) x 1 3 x Vậy B với x ≥ 0, x ≠ 16. 0,25 x 1 b. (0,5 đ) Dễ thấy B ≥ 0 (vì x 0) . 3 3 Lại có: B 3 3 (vì 0 x 0, x 16) . 0,25 x 1 x 1 Suy ra: 0 ≤ B < 3 B {0; 1; 2} (vì B Z). - Với B = 0 x = 0; 3 x 1 - Với B = 1 1 3 x x 1 x . x 1 4 3 x 0,25 - Với B = 2 2 3 x 2( x 1) x 4. x 1 1 Vậy để B Z thì x {0; ; 4}. 4 Bài 2. Nội dung Điểm m = 2, phương trình đã cho thành: x2 – 4x + 3 = 0. 0,5 1. Phương trình này có a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên có hai nghiệm: x = 1; x = 3. (1,0đ) 1 2 Vậy với m = 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 3. 0,5 Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu ac < 0 m + 1 < 0 m < -1. 0,5 x1 x2 4 2. Theo định lí Vi-et, ta có: . x x m 1 0,25 (1,0đ) 1 2 Xét hiệu: |x1| - |x2| = -x1 – x2 = -4 < 0 (vì x1 < 0 < x2) |x1| < |x2|. Vậy nghiệm x1 có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn nghiệm x2. 0,25 Bài 3. (2,0 điểm): Nội dung Điểm (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất Phương trình hoành độ của (d) và (P): 0,25 1. -x2 = mx + 2 x2 + mx + 2 = 0 có nghiệm duy nhất. (0,75đ) = m2 – 8 = 0 m = ± 2 2. 0,25 48
  42. Vậy giá trị m cần tìm là m = ± 2 2. 0,25 A (P) m ( 2)2 m 4 0,5 2. B (d) n m 2 n 2 (0,75đ) Vậy m = -4, n = -2. 0,25 - Nếu m = 0 thì (d) thành: y = 2 khoảng cách từ O đến (d) = 2 OH = 2 (Hình 1). y y 3 (d) y = 2 H A 2 2 H 1 1 B -2 -1 O 1 2 3 x -1 O 1 x 0,25 -1 -1 -2 -2 Hì nh 1 Hì nh 2 -3 - Nếu m ≠ 0 thì (d) cắt trục tung tại điểm A(0; 2) và cắt trục hoành tại điểm 3. 2 B( ; 0) (Hình 2). (0,5đ) m 2 2 OA = 2 và OB = . m |m| 1 1 1 1 m2 m2 1 0,25 OAB vuông tại O có OH  AB OH2 OA2 OB2 4 4 4 2 OH . Vì m2 + 1 > 1 m ≠ 0 m2 1 1 OH < 2. m2 1 So sánh hai trường hợp, ta có OHmax = 2 m = 0. Bài 4. (3,5 điểm) Nội dung Điểm 1. · · 0 Vì ADB AEB 90 bốn điểm A, B, D, E cùng thuộc đường tròn đường 0,5 (0,5đ) kính AB. Xét ADB và ACA’ có: · · 0 · 0 ADB ACB 90 (ACB 90 vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); 0,5 · · 2. ABD AA'C (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) (1,0đ) ADB ~ ACA’ (g.g) AD BD BD.AC = AD.A’C (đpcm). A AC A'C H 0,5 E 49 I N B D C O K M F A'
  43. Gọi H là giao điểm của DE với AC. 0,25 Tứ giác AEDB nội tiếp H·DC B·AE B·AA'. B·AA' và B·CA là hai góc nội tiếp của (O) nên: · 1 ¼ · 1 » 0,25 3. BAA' sđBA' ; BCA sđBA . 2 2 (1,25đ · · 1 ¼ 1 » 1 ¼ 0 BAA' BCA sđBA' sđBA sđABA' 90 (do AA’ là đường kính) 0,25 2 2 2 Suy ra: H·DC H·CD B·AA' B·CA 900 CHD vuông tại H. 0,25 Do đó: DE  AC. Gọi I là trung điểm của BC, K là giao điểm của OI với DA’, M là giao điểm của EI với CF, N là điểm đối xứng với D qua I. Ta có: OI  BC OI // AD (vì cùng  BC) OK // AD. ADA’ có: OA = OA’ (gt), OK // AD KD = KA’. DNA’ có ID = IN, KD = KA’ IK // NA’; mà IK  BC (do OI  BC) NA’  BC. Tứ giác BENA’ có B·EA' B·NA' 900 nên nội tiếp được đường tròn · · 4. EA'B ENB . 0,25 (0,5đ Ta lại có: E·A'B A·A'B A·CB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)). E·NB A·CB NE // AC (vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau). Mà DE  AC, nên DE  EN (1) Xét IBE và ICM có: E· IB C·IM (đối đỉnh) IB = IC (cách dựng) I·BE I·CM (so le trong, BE // CF (vì cùng  AA’)) 50
  44. IBE = ICM (g.c.g) IE = IM EFM vuông tại F, IE = IM = IF. Tứ giác DENM có IE = IM, ID = IN nên là hình bình hành (2) Từ (1) và (3) suy ra DENM là hình chữ nhật IE = ID = IN = IM 0,25 ID = IE = IF. Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp DEF. I là trung điểm của BC nên I cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định. Bài 5.(0,5 điểm): Nội dung Điểm Từ (2) suy ra x + 2y ≥ 0. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2(x2 4y2 ) (12 12 )[x2 (2y)2 ] (x 2y)2 x2 4y2 (x 2y)2 x 2y (3) 2 4 2 Dấu bằng xảy ra x = 2y. x2 2xy 4y2 x 2y Mặt khác, dễ dàng chứng minh được: (4) 3 2 0,25 x2 2xy 4y2 x 2y x2 2xy 4y2 (x 2y)2 Thật vậy, (do cả hai vế 3 2 3 4 đều ≥ 0) 4(x2 + 2xy + 4y2) ≥ 3(x2 + 4xy + 4y2) (x – 2y)2 ≥ 0 (luôn đúng x, y). Dấu bằng xảy ra x = 2y. x2 4y2 x2 2xy 4y2 Từ (3) và (4) suy ra: x 2y . 2 3 Dấu bằng xảy ra x = 2y. Do đó (2) x = 2y ≥ 0 (vì x + 2y ≥ 0). 4 3 2 3 Khi đó, (1) trở thành: x – x + 3x – 2x – 1 = 0 (x – 1)(x + 3x + 1) = 0 0,5 1 x = 1 (vì x3 + 3x + 1 ≥ 1 > 0 x ≥ 0) y . 2 1 Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x = 1; y = ). 2 51
  45. §Ò chÝnh thøc 52
  46. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KIÊN GIANG Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (1,5 điểm) a) Tính: 12 75 48 b) Tính giá trị biểu thức A = (10 3 11)(3 11 10) Câu 2: (1,5 điểm) Cho hàm số y = (2 – m)x – m + 3 (1) a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số khi m = 1. b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) đồng biến. Câu 3: (1 điểm) x 2y 5 Giải hệ phương trình: 3x y 1 Câu 4: (2,5 điểm) 2 3 3 a) Phương trình x – x – 3 = 0 có 2 nghiệm x1, x2. Tính giá trị X = x1 x2 x2 x1 21 b) Một phòng họp dự định có 120 người dự họp, nhưng khi họp có 160 người tham dự nẹn phải kê thêm 2 dãy ghế phải kê them một ghế nữa thì vừa đủ. Tính số dãy ghế dự định lúc đầu. Biết rằng số dãy ghế lúc đầu trong phòng nhiều hơn 20 dãy ghế và số ghế trên mỗi dãy là bằng nhau. Câu 5: (1 điểm) 25 Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính chu vi tam giác ABC biết: AC = 5cm. HC = cm. 13 Câu 4: (2,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By với (O). Lấy E trên nửa đường tròn, qua E vẽ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax tại D, cắt By tại C. a) Chứng minh: Tứ giác OADE nội tiếp nội tiếp được đường tròn. b) Nối AC cắt BD tại F > Chứng minh: EF song song với AD. 53
  47. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG BÌNH Môn thi: TOÁN M· ®Ò: 201 (thÝ sinh ghi m· ®Ò vµo sau ch÷ bµi lµm) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút 1 1 m 1 C©u 1: (1.5 ®iÓm): Cho biÓu thøc::P 2 : 2 víi m 0 , m ±1 m m m 1 m 2m 1 a)Rót gän biÓu thøc P 1 b) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P khi x= 2 C©u 2:(1,5®iÓm) : Cho ba ®­êng th¼ng(d1): y= 2x+1; (d2): y=3; (d3): y=kx+5 . a) X¸c ®Þnh to¹ ®é giao ®iÓm cña hai ®­êng th¼ng d1 vµ d2. b) T×m k ®Ó ba ®­êng th¼ng trªn ®ång quy. C©u 3:(2.5 ®iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh bËc hai Èn x: x2-2(m-1)x+2m-4=0 (m lµ tham sè) (1) a) Gi¶i ph­¬ng tr×nh (1) khi m = 3 b)Chøng minh r»ng ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi m. c) Gäi x1,x2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1). T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc 2 2 A = x1 +x2 C©u 4: (3,5 ®iÓm): Cho ®­êng trßn t©m O, ®­êng kÝnh AB=2R. Gäi M lµ mét ®iÓm bÊt k× trªn n÷a ®­êng trßn( M kh«ng trïng víi A, B). VÏ c¸c tiÕp tuyÕn Ax, By, Mz cña n÷a ®­êng trßn. §­êng th¼ng Mz c¾t Ax, By lÇn l­ît t¹i N vµ P. §­êng th¼ng AM c¾t By t¹i C vµ ®­êng th¼ng BM c¾t Ax t¹i D. a) Chøng minh tø gi¸c AOMN néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn. b) Chøng minh N lµ trung ®iÓm cña AD, P lµ trung ®iÓm cña BC c) Chøng minh AD.BC = 4R2 C©u 5: : (1,0®iÓm) Cho a, b, c lµ c¸c sè d­¬ng . Chøng minh r»ng : 25a 16b c 8 . b c a c a b 54
  48. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TÂY NINH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN(Không chuyên) §Ò chÝnh thøc Ngày thi : 02 tháng 7 năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính a) A 2. 8 b) B 3 5 20 Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình: x2 2x 8 0 . 2x y 5 Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phương trình: . 3x y 10 Câu 4 : (1 điểm) Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa: 1 a) b) 4 x2 x2 9 Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y x2 Câu 6 : (1 điểm) Cho phương trình x2 2 m 1 x m2 3 0 . a) Tìm m để phương trình có nghiệm. b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x1 x2 x1x2 . Câu 7 : (1 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số y 3x m 1 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 4. Câu 8 : (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao là AH. Cho biết AB 3cm , AC 4cm . Hãy tìm độ dài đường cao AH. Câu 9 : (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Nửa đường tròn đường kính AB cắt BC tại D. Trên cung AD lấy một điểm E. Nối BE và kéo dài cắt AC tại F. Chứng minh tứ giác CDEF là một tứ giác nội tiếp. Câu 10: (1 điểm) Trên đường tròn (O) dựng một dây cung AB có chiều dài không đổi bé hơn đường kính. Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn A»B sao cho chu vi tam giác AMB có giá trị lớn nhất. BÀI GIẢI Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính. a) A 2. 8 16 4 b) B 3 5 20 3 5 2 5 5 5 . Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình. x2 2x 8 0 . 2 ' 1 1. 8 9 0, ' 9 3 . x1 1 3 4 , x2 1 3 2 . Vậy S = 4; 2 . Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phương trình. 2x y 5 5x 15 x 3 x 3 . 3x y 10 3x y 10 9 y 10 y 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3;1 . Câu 4 : (1 điểm) Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa: 55
  49. 1 a) có nghĩa x2 9 0 x2 9 x 3 . x2 9 b) 4 x2 có nghĩa 4 x2 0 x2 4 2 x 2 . Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y x2 . BGT x 2 1 0 1 2 y x2 4 1 0 1 4 Câu 6 : (1 điểm) x2 2 m 1 x m2 3 0 . a) Tìm m để phương trình có nghiệm. 2 ' m 1 1. m2 3 m2 2m 1 m2 3 2m 2 . Phương trình có nghiệm ' 0 2m 2 0 m 1 . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x1 x2 x1x2 . Điều kiện m 1 . 2 Theo Vi-ét ta có : x1 x2 2m 2 ; x1x2 m 3 . 2 2 2 A x1 x2 x1x2 2m 2 m 3 m 2m 5 m 1 4 4 . Amin 4 khi m 1 0 m 1 (loại vì không thỏa điều kiện m 1 ). 2 2 Mặt khác : A m 1 4 1 1 4 (vì m 1 ) A 8 . Amin 8 khi m 1 . Kết luận : Khi m 1 thì A đạt giá trị nhỏ nhất và Amin 8 . Cách 2: Điều kiện m 1. 2 Theo Vi-ét ta có : x1 x2 2m 2 ; x1x2 m 3 . 2 2 A x1 x2 x1x2 2m 2 m 3 m 2m 5 . Vì m 1 nên A m2 2m 5 12 2.1 5 hay A 8 Vậy Amin 8 khi m 1 . Câu 7 : (1 điểm) Đồ thị hàm số y 3x m 1 cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 4. m 1 4 m 5 . Vậy m 5 là giá trị cần tìm. Câu 8 : (1 điểm) 56
  50. Ta có: Cách 2: BC AB2 AC2 32 42 5 cm 1 1 1 2 2 2 . AH AB AC AH.BC AB.AC AB2.AC2 32.42 32.42 AH2 . AB.AC 3.4 AB2 AC2 32 42 52 AH 2,4 cm . BC 5 3.4 AH 2,4 cm . 5 Câu 9 : (1 điểm) µ 0 AB ABC , A 90 , nửa O; cắt GT 2 BC tại D, E A»D , BE cắt AC tại F. KL CDEF là một tứ giác nội tiếp 1 1 1 Ta có : Cµ sđA¼mB sđA¼ED sđA¼DB sđA¼ED sđB»D 2 2 2 (Cµ là góc có đỉnh ngoài đường tròn). 1 Mặt khác B·ED sđB»D (B·ED góc nội tiếp). 2 1 B·ED Cµ sđB»D 2 Tứ giác CDEF nội tiếp được (góc ngoài bằng góc đối trong). Câu 10: (1 điểm) O , dây AB không đổi, AB 2R , GT M A»B (cung lớn). Tìm vị trí M trên cung lớn AB để chu vi KL tam giác AMB có giá trị lớn nhất. Gọi P là chu vi MAB . Ta có P = MA + MB + AB . Do AB không đổi nên P MA + MB . max max Do dây AB không đổi nên A¼mB không đổi. Đặt sđA¼mB (không đổi). 57
  51. Trên tia đối của tia MA lấy điểm C sao cho MB = MC . µ µ MBC cân tại M M1 2C1 (góc ngoài tại đỉnh MBC cân) µ 1 µ 1 1 ¼ 1 ¼ 1 C1 M1  sđAmB sđAmB (không đổi). 2 2 2 4 4 1 Điểm C nhìn đoạn AB cố định dưới một góc không đổi bằng . 4 1 C thuộc cung chứa góc dựng trên đoạn AB cố định. 4 MA + MB = MA + MC = AC (vì MB = MC ). MA + MB AC AC là đường kính của cung chứa góc nói trên. max max µ µ 0 · 0 B1 B2 90 µ µ µ µ ABC 90 A1 B2 (do B1 C1 ) AMB cân ở M. µ µ 0 C1 A1 90 MA = MB M¼A M¼B M là điểm chính giữa của A»B (cung lớn). Vậy khi M là điểm chính giữa của cung lớn A»B thì chu vi MAB có giá trị lớn nhất. 58
  52. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CAO BẰNG NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 22/06/2011 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (4,0 điểm) a) Tính: 36 ; 81 . b) Giải phương trình: x – 2 = 0. c) Giải phương trình: x2 – 4x + 4 = 0. Câu 2: (2,0 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 400m. Biết chiều dài hơn chiều rộng 60m. Tính chiều dài và chiều rộng mảnh vườn đó. Câu 3: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AB = 3cm, AC = 4cm. a) Tính cạnh BC. b) Kẻ đường cao AH, tính BH. Câu 4: (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R; P là một điểm ở ngoài đường tròn sao cho OP = 2R. Tia PO cắt đường tròn (O; R) ở A (A nằm giữa P và O), từ P kẻ hai tiếp tuyến PC và PD với (O; R) với C, D là hai tiếp điểm. a) Chứng minh tứ giác PCOD nội tiếp. b) Chứng minh tam giác PCD đều và tính độ dài các cạnh tam giác PCD. Câu 5: (1,0 điểm) x2 4x 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 59
  53. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 ĐỒNG NAI Khóa ngày: 29, 30 / 6 /2012 Môn thi: TOÁN HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1 : ( 1,5 điểm ) 1 / Giải phương trình : 7x2 – 8x – 9 = 0 . 3x + 2y =1 2 / Giải hệ phương trình : 4x +5y = 6 Câu 2 : ( 2,0 điểm ) 12 +3 3 2 2 1 / Rút gọn các biểu thức : M ; N 3 2 1 2 2 / Cho x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình : x – x – 1 = 0 . 1 1 Tính : + . x1 x2 Câu 3 : ( 1,5 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho các hàm số : 2 y = 3x có đồ thị ( P ) ; y = 2x – 3 có đồ thị là ( d ) ; y = kx + n có đồ thị là ( d1 ) với k và n là những số thực . 1 / Vẽ đồ thị ( P ) . 2 / Tìm k và n biết ( d1 ) đi qua điểm T( 1 ; 2 ) và ( d1 ) // ( d ) . Câu 4 : ( 1,5 điểm ) Một thửa đất hình chữ nhật có chu vi bằng 198 m , diện tích bằng 2430 m2 . Tính chiều dài và chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật đã cho . Câu 5 : ( 3,5 điểm ) Cho hình vuông ABCD . Lấy điểm E thuộc cạnh BC , với E không trùng B và E không trùng C . Vẽ EF vuông góc với AE , với F thuộc CD . Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại G . Vẽ đường thẳng a đi qua điểm A và vuông góc với AE , đường thẳng a cắt đường thẳng DE tại điểm H . AE CD 1 / Chứng minh . AF DE 2 / Chứng minh rằng tứ giác AEGH là tứ giác nội tiếp được đường tròn . 3 / Gọi b là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE tại E , biết b cắt đường trung trực của đoạn thẳng EG tại điểm K . Chứng minh rằng KG là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE . HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu 1 : ( 1,5 điểm ) 2 4 79 1 / Giải phương trình : 7x – 8x – 9 = 0 ( x1,2 = ) 7 3x + 2y =1 2 / Giải hệ phương trình : ( x ; y ) = (–1 ; 2 ) 4x +5y = 6 Câu 2 : ( 2,0 điểm ) 60
  54. 12 +3 2 3 3 1 / Rút gọn các biểu thức : M 2 3 3 3 2 3 2 2 2 1 N 2 1 2 1 2 1 2 2 / Cho x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình : x – x – 1 = 0 . b c S = 1 ; P = 1 a a 1 1 x x 1 Nên : + 1 2 1 x1 x2 x1x2 1 Câu 3 : ( 1,5 điểm ) 1 / Vẽ đồ thị ( P ) . 2 / ( d1 ) // ( d ) nên k = 2 ; n –3 và đi qua điểm T( 1 ; 2 ) nên x = 1 ; y = 2 . Ta có phương trình : 2 = 1.2 + n n = 0 Câu 4 : ( 1,5 điểm ) Gọi x ( m ) là chiều dài thửa đất hình chữ nhật ( 49,5 < x < 99 ) Chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật là : 99 – x ( m ) Theo đề bài ta có phương trình : x ( x – 99 ) = 2430 Giải được : x1 = 54 ( nhận ) ; x2 = 45 ( loại ) Vậy chiều dài thửa đất hình chữ nhật là 54 ( m ) Chiều rộng của thửa đất hình chữ nhật là : 99 – 54 = 45 ( m ) Câu 5 : ( 3,5 điểm ) a 1 / Chứng minh tứ giác AEFD nội tiếp ¶ ¶ A B A1 D1 1 AEF DCE ( g – g ) 2 E AE AF = 1 DC DE AE DC I K 1 = C AF DE D F b 2 / Ta có ¶ phụ với ¶ A2 A1 H G ¶ ¶ Ta có E1 phụ với D1 ¶ ¶ Mà A1 D1 ¶ ¶ A2 E1 Suy ra tứ giác AEFD nội tiếp đường tròn đường kính HE Gọi I trung điểm của HE I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFD cũng là đường tròn ngoại tiếp ΔAHE I nằm trên đường trung trực EG IE = IG Vì K nằm trên đường trung trực EG KE = KG Suy ra IEK = IGK ( c-c-c ) I·GK I·EK 900 KG  IG tại G của đường tròn ngoại tiếp ΔAHE KG là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔAHE 61
  55. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẠNG SƠN NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 27 tháng 06 năm 2012 Đề thi gồm: 01 trang Câu I (2 điểm). 1.tính giá trị biểu thức: 2 12 27 A = 3 1 1 B = 3 1 1 x 1 2. Cho biểu thức P = 2 : x 1 x 1 1 x x 1 1 Tìm x để biểu thức P có nghĩa; Rút gọn P . Tìm x để P là một số nguyên Câu II (2 điểm). 1. Vẽ đồ thị hàm số : y = 2x2 2. Cho phương trình bậc hai tham số m : x2 -2 (m-1) x - 3 = 0 a. Giải phương trình khi m= 2 b. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 với mọi giá trị của x1 x2 m. Tìm m thỏa mãn 2 2 m 1 x2 x 1 Câu III (1,5 điểm). Trong tháng thanh niên Đoàn trường phát động và giao chỉ tiêu mỗi chi đoàn thu gom 10kg giấy vụn làm kế hoạch nhỏ. Để nâng cao tinh thần thi đua bí thư chi đoàn 10A chia các đoàn viên trong lớp thành hai tổ thi đua thu gom giấy vụn. Cả hai tổ đều rất tích cực. Tổ 1 thu gom vượt chỉ tiêu 30%, tổ hai gom vượt chỉ tiêu 20% nên tổng số giấy chi đoàn 10A thu được là 12,5 kg. Hỏi mỗi tổ được bí thư chi đoàn giao chỉ tiêu thu gom bao nhiêu kg giấy vụn? Câu IV (3,5 điểm). Cho đường tròn tâm O,đường kính AB, C là một điểm cố định trên đường tròn khác A và B. Lấy D là điểm nằm giữa cung nhỏ BC. Các tia AC và AD lần lượt cắt tiếp tuyến Bt của đường tròn ở E và F a, Chừng minh rằng hai tam giác ABD và BFD đồng dạng b, Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp c, Gọi D1 đối xúng với D qua O và M là giao điểm của AD và CD 1 chứng minh rằng sooe đo góc AMC không đổi khi D chạy trên cung nhỏ BC Câu V (1 điểm). Chứng minh rằng Q = x4 3x3 4x2 3x 1 0 với mọi giá trị của x Đáp án : Câu I (2 điểm). 2 12 27 1. A. 3 1 1 = 3 B = 5 3 2. ĐK : x >1 2 P = x 1 62
  56. Để P là một số nguyên x 1 U (2) 1;2 => x 2;5 Câu II (2 điểm). 1. HS tự vẽ 2. a) x = -1 hoặc x = 3 b ) Có ' (m 1)2 3 0m => Pt luôn có 2 nghiệm phân biệt Theo Vi ét có : x1 x2 2m 2 x1.x2 3 x1 x2 Theo đề bài : 2 2 m 1 x2 x 1 3 3 2 2 2 =>x1 x2 (m 1)(x1x2 ) => (x1 x2 ) (x1 x2 ) 3x1x2 (m 1)(x1x2 ) 2 2 2 =>(2m 2) (2m 2) 3.( 3) (m 1)( 3) => (2m 2) 4m 8m 13 9(m 1) =>8m3 16m2 26m 8m2 16m 26 9m 9 0 =>8m3 24m2 33m 17 0 m 1 =>(m 1)(8m2 16m 17) 0 => 2 8m 16m 17 0(Vn) Vậy m = 1 là giá trị cần tìm Câu III (1,5 điểm). Gọi số kg giấy vụn tổ 1 được bí thư chi đoàn giao là x (kg) ( Đk : 0 ABD BFD C 2. Có :  E = (SdAB- SdBC): 2 ( Góc ngoài đường tròn) A D A A F = SdAC: 2 A A =  CDA A M => Tứ giác CDFE nội tiếp A A A B O A A 3. Dễ dàng chứng minh được tứ giác ADBD1 là hình chữ nhật D1 Có :  AMC =  AD1M +  MAD1 ( Góc ngoài tam giác AD1M) = (SdAC: 2) + 900 Mà AC cố định nên cung AC cố định=>  AMC luôn không đổi khi D chạy trên cung nhỏ BC Câu V (1 điểm). Q = x4 3x3 4x2 3x 1 = (x4 2x3 x2 ) (1 3x 3x2 x3 ) = x2 (x 1)2 (1 x)3 63
  57. 1 3 1 3 = (1 x)2 (x2 x 1) = (1 x)2 (x2 x ) = (1 x)2 (x )2 0x 4 4 2 4 SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN TOÁN (CHUNG) Ngày thi: 29 tháng 6 năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có 01 trang PHẦN I. TRẮC NGHIỆM(2 Điểm) (Thí sinh không cần giải thích và không phải chép lại đề bài, hãy viết kết quả các bài toán sau vào tờ giấy thi) 1. Biểu thức A = 2x 1 có nghĩa với các giá trị của x là 2. Giá trị m để 2 đường thẳng (d1): y = 3x – 2 và (d2): y = mx + 3m – 1 cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung là 3. Các nghiệm của phương trình 3x 5 1 là 2 4. Giá trị của m để phương trình x – (m+1)x - 2 = 0 có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn 2 2 x1 x2 + x1x2 = 4 là PHẦN II. TỰ LUẬN (8 điểm) Bài 1. (2 điểm) 1 1 5 x y a) Giải hệ phương trình 2 3 5 x y b) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB > AC). Đường phân giác AD chia cạnh huyền BC thành 2 đoạn 3 theo tỷ lệ và BC = 20cm. Tính độ dài hai cạnh góc vuông. 4 Bài 2. (2 điểm) Tìm một số có hai chữ số, biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 5 và nếu đem số đó chia cho tổng các chữ số của nó thì được thương là 7 và dư là 6. Bài 3.(3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Các đường cao AD, BE, CF của tám giác cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BCEF nội tiếp được. b) EF vuông góc với AO. c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng R. Bài 4. (1 điểm) Trên các cạnh của một hình chữ nhật đặt lần lượt 4 điểm tùy ý. Bốn điểm này tạo thành một tứ giác có độ dài các cạnh lần lượt là x, y, z , t. Chứng minh rằng 25 x2 + y2 + z2 + t2 50. Biết rằng hình chữ nhật có chiều dài và chiều rộng là 4 và 3. ĐÁP ÁN PHẦN I. TRẮC NGHIỆM(2 Điểm) 1 1. Biểu thức A = 2x 1 có nghĩa với các giá trị của x là: x 2 64
  58. 2. Giá trị m để 2 đường thẳng (d1): y = 3x – 2 và (d2): y = mx + 3m – 1 cắt nhau tại 1 điểm trên trục 1 tung là m . 3 4 3. Các nghiệm của phương trình 3x 5 1 là: x = 2; x = . 3 2 4. Giá trị của m để phương trình x – (m+1)x - 2 = 0 có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn 2 2 x1 x2 + x1x2 = 4 là m = -3. PHẦN II. TỰ LUẬN(8 điểm) Bài 1. (2 điểm) 1 1 5 (1) x y a) Giải hệ phương trình: 2 3 5 (2) x y Điều kiện: x, y 0. 3 2 2x Lấy (1) cộng (2) theo vế, ta được: 0 3y 2x y , thế vào (1) ta có pt: x y 3 1 3 5 1 5 5 2x 1 x (thỏa mãn đk x 0 ) x 2x 2x 2 1 1 Với x y (thỏa mãn đk y 0 ) 2 3 1 1 Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm (x; y) ( ; ) 2 3 b) Đặt độ dài cạnh AB = x (cm) và AC = y (cm); đk: x > y > 0 Theo tính chất đường phân giác và định lý pitago ta có: 3 y 3 y x 3 C 4 y x x 4 4 2 2 2 2 9 2 2 2 2 D x y 20 x x 20 x 16 16 3 y x y 12 B 4 A x 16 x 16 Vậy độ dài cạnh AB = 16 (cm) ; AC = 14 (cm) Bài 2. (2 điểm) Gọi số cần tìm có 2 chữ số là ab , với a,b {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}, a 0 . Theo giả thiết ta có hệ phương trình: a b 5 a b 5 a b 5 a b 5 a 8 (t/m đk) 10a b 7(a b) 6 3a 6b 6 a 2b 2 a 2b 2 b 3 Vậy số cần tìm là: 83 Bài 3.(3 điểm) 65
  59. a) Vì BE, CF là đường cao của tam giác ABC BE  AC; CF  AB B·EC C·FB 900 E, F thuộc đường tròn đường kính BC Tứ giác BCEF nội tiếp. b) EF vuông góc với AO. Xét AOB ta có: 1 1 O·AB 900 ·AOB 900 sđ »AB 900 ·ACB (1) 2 2 Do BCEF nội tiếp nên A· FE A·CB (2) Từ (1) và (2) suy ra: O·AB 900 ·AFE O·AB ·AFE 900 OA  EF (đpcm) c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp BHC bằng R. Gọi H ' AH  (O) . Ta có: H· BC 900 ·ACB H· AC H· ' AC H· ' BC (3) H· CB 900 ·ABC H· AB H· ' AB H· 'CB (4) Từ (3) và (4) BHC BH 'C (g.c.g) Mà BH'C nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R BHC cũng nội tiếp đường tròn có bán kính R, tức là bán kính đường tròn ngoại tiếp BHC bằng R. Bài 4. (1 điểm) Giả sử hình chữ nhật có độ dài các cạnh được đặt như hình vẽ. Với: 0 a, b, e, f 4 và a+b = e+f = 4; 0 c, d, g, h 3 và c+d = g+h = 3. Ta có: x2 h2 a2; y2 b2 c2; z2 d 2 e2; t 2 f 2 g 2 x2 y2 z2 t 2 (a2 b2 ) (c2 d 2 ) (e2 f 2 ) (g 2 h2 ) (*) Chứng minh: x2 y2 z2 t 2 50 . Vì a,b 0 nên a2 b2 (a b)2 16 . Tương tự: c2 d 2 9; e2 f 2 16; g 2 h2 9 . Từ (*) x2 y2 z2 t 2 16 9 16 9 50 (1) Chứng minh: x2 y2 z2 t 2 25 . Áp dụng bất đẳng thức Bu - nhi - a- cốp – xki , ta có: (a b)2 16 (12 12 )(a2 b2 ) (1.a 1.b)2 a2 b2 2 2 9 16 9 Tương tự: c2 d 2 ; e2 f 2 ; g 2 h2 . 2 2 2 16 9 16 9 Từ (*) x2 y2 z2 t 2 25 (2) 2 2 2 2 Từ (1) và (2) 25 x2 y2 z2 t 2 50 (đpcm) 66
  60. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày 4 tháng 7 năm 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Toán chung) Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm) x 2 3x 3 Cho biểu thức: A 4x 12 . x 3 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa. b) Rút gọn biểu thức A. c) Tính giá trị của A khi x 4 2 3 . Câu 2: (2,0 điểm) a) Xác định các hệ số a, b của hàm số y = ax + b, biết đồ thị của nó là đường thẳng song song với đường thẳng y = – 2x + 1 và đi qua điểm M(1 ; – 3). b) Giải hệ phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay): 2x y 3 2x y 1 Câu 3: (2,0 điểm) 1 Cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y = (m – 1)x – 2 (với m là tham số). 2 a) Vẽ (P). b) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) tại điểm có hoành độ dương. c) Với m tìm được ở câu b), hãy xác định tọa độ tiếp điểm của (P) và (d). Câu 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Qua C kẻ đường thẳng d vuông góc với AC. Từ trung điểm M của cạnh AC kẻ ME vuông góc với BC (E thuộc BC), đường thẳng ME cắt đường thẳng d tại H và cắt đường thẳng AB tại K. a) Chứng minh: ∆AMK = ∆CMH, từ đó suy ra tứ giác AKCH là hình bình hành. b) Gọi D là giao điểm của AH và BM. Chứng minh tứ giác DMCH nội tiếp và xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. c) Chứng minh: AD.AH = 2ME.MK. d) Cho AB = a và A·CB 300 . Tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH theo a. 67
  61. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày 4 tháng 7 năm 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Toán chung) Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn này gồm 02 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1 a) Điều kiện: x ≥ 0 0,25 (2,0) (0,5) và x 3 0,25 b) 2 Biến đổi được: x 2 3x 3 x 3 0,25 (1,0) x 3 x 3 x 3 0,25 4x 12 2 x 3 0,25 2 x 3 A = .2 x 3 2 x 3 x 3 x 3 0,25 c) 2 Biến đổi được: x 4 2 3 3 1 0,25 (0,5) Tính được: A = – 2 0,25 Câu 2 a) + Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = – 2x + 1 nên a = – (2,0) (1,0) 2 (không yêu cầu nêu b ≠ 1) 0,5 + Thay tọa độ điểm M (1 ; – 3) và a = – 2 vào y = ax + b 0,25 + Tìm được: b = – 1 0,25 b) 2x y 3 2y 2 (1,0) 0,25 2x y 1 2x y 3 Tính được: y = 1 0,25 x = 2 0,25 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (x ; y) = (2 ; 1) 0,25 Câu 3 a) + Lập bảng giá trị đúng (chọn tối thiểu 3 giá trị của x trong đó phải có giá trị x = 0,25 (2,0) (0,5) 0). + Vẽ đúng dạng của (P). 0,25 b) + Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): (1,0) 1 x2 (m 1)x 2 2 0,25 x2 – 2(m – 1)x +4 = 0 ' 0 2 m 1 4 0 + Lập luận được: b' 0,25 0 m 1 0 a 68
  62. m 1 hoÆc m 3 0,25 m 1 + Kết luận được: m = 3 0,25 c) b' m 1 3 1 + Tìm được hoành độ tiếp điểm: x 2 (0,5) a 1 1 0,25 +Tính được tung độ tiếp điểm: y = 2 và kết luận đúng tọa độ tiếp điểm là (2; 2). 0,25 Câu Nội dung Điểm Câu 4 Hình (4,0) vẽ (0,25) 0,25 0 a) + AM = MC (gt) , K·AM H·CM 90 ,A·MK C·MH (đđ) 0,25 (1,0) + AMK CMH g.c.g 0,25 + suy ra: MK = MH 0,25 + Vì MK = MH và MA = MC nên tứ giác AKCH là hình bình hành. 0,25 b) + Nêu được: CA  BK và KE  BC , suy ra M là trực tâm tam giác KBC. (1,0) + Nêu được: KC // AH và BM  KC, suy ra BM  AH. 0,25 +H·DM H·CM 900 900 1800 => Tứ giác DMCH nội tiếp. 0,25 + M· CH 900 => Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH là trung 0,25 điểm MH. 0,25 c) + Chứng minh được hai tam giác ADM và ACH đồng dạng (g.g) 0,25 (1,0) AM AD + AM.AC AH.AD 2AM 2 AH.AD vìAC=2AM AH AC 2 AH.AD AM (1) 0,25 2 + Ta lại có: MC2 = ME.MH và MH=MK nên MC2 = ME.MK (2) 0,25 + Mặt khác: MC = MA (gt) (3) AH.AD Từ (1), (2), (3) => ME.MK => AH.AD = 2ME.MK 2 0,25 d) + ABC vuông tại A, góc C = 300 nên AC = a3 . 0,25 (0,75) + A· CB M· HC 300 (cùng phụ góc CMH) => MH = 2MC Mà AC = 2MC nên: MH = AC = a3 . 0,25 + Độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMCH là: 69
  63. MH a 3 C 2 2 a 3 2 2 0,25 d + Tam giác ABC vuông tại A nên: AC = AB.cotC = a3 . 0,25 (0,75) + C·MH 900 A· CB 600 MC AC => MH AC a 3 0,25 cosC·MH 2cos600 Diện tích hình tròn (O): 0,25 2 2 MH a 3 3 2 + S(O) a 2 2 4 70
  64. ĐỀ CHÍNH THỨC 71
  65. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT VĨNH LONG NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1: (2,5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình: a) 2x – 1 = 3 b) x2 12x 35 0 2x 3y 13 c) 3x y 9 Câu 2: (2,5 điểm) a) Vẽ đường thẳng (d): y = 2x – 1 b) Chứng minh rằng đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P): y = x2 c) Tìm a và b để đường thẳng (d’): y = ax + b song song với đường thẳng (d) và đi qua điểm M(0; 2). Câu 3: (1,0 điểm) Tìm tham, số thực m để phương trình x2 – 2mx + m – 1 = 0 có một nghiệm bằng 0. Tính nghiệm còn lại. Câu 4: (1,0 điểm) a a a a Rút gọn biểu thức: A 1 1 , với a 0,a 1 a 1 a 1 Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi AH và BK lần lượt là các đường cao của tam giác ABC. a) Chứng minh tứ giác AKHB nội tiếp đường tròn. Xác định tâm của đường tròn này b) Gọi (d) là tiếp tuyến với đường tròn (O) tại C. Chứng minh rằng A·BH H·KC và HK  OC . Câu 6: (1 điểm) Tính diện tích xung quanh và thể tích của một hình nón có đường kính đường tròn đáy d = 24 (cm) và độ dài đường sinh l 20 (cm). 72
  66. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 05 tháng 7 năm 2012 (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = 5 3 2 48 300 b) Giải phương trình: x2 + 8x – 9 = 0 x y 21 c) Giải hệ phương trình: 2x y 9 1 1 Bài 2: (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = x + 2 4 2 a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Hai đội công nhân cùng làm một công việc. Nếu hai đội làm chung thì hoàn thành sau 12 ngày. Nếu mỗi đội làm riêng thì dội một sẽ hoàn thành công việc nhanh hơn đội hai là 7 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội phải làm trong bao nhiêu ngày để hoàn thành công việc đó? Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O). Trên Ax lấy điểm M sao cho AM > AB, MB cắt (O) tại N (N khác B). Qua trung điểm P của đoạn AM, dựng đường thẳng vuông góc với AM cắt BM tại Q. a) Chứng minh tứ giác APQN nội tiếp đường tròn. b) Gọi C là điểm trên cung lớn NB của đường tròn (O) (C khác N và C khác B). Chứng minh: B·CN O·QN c) Chứng minh PN là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Giả sử đường tròn nội tiếp ANP có độ dài đường kính bằng độ dài đoạn OA. AM Tính giá trị của AB Bài 5: (0,5 điểm) Cho phương trình x2 2 m 1 x m2 m 1 0 (m là tham số). Khi phương trình trên có nghiệm 2 2 x1, x2 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M x1 1 x2 1 m 73
  67. Đáp án bài hình a) Tứ giác APQN có A·PQ A·NQ 90o A·PQ A·NQ 180o b) Ta có PA = PM và PQ  AM QM = QB OQ // AM OQ  AB O·QN N· AB (cùng phụ với A·BN ) B·CN N· AB (cùng chắn N»B ) B·CN O·QN c) Cách 1: O·QN N· AB tứ giác AONQ nội tiếp. Kết hợp câu a suy ra 5 điểm A, O, N, Q, P cùng nằm trên một đường tròn O·NP O· AP 90o ON  NP NP là tiếp tuyến của (O) Cách 2: P·AN P·NA (do PAN cân tại P) O·NB O·BN (do ONB cân tại O) Nhưng P·AN O·BN (cùng phụ với N· AB ) P·NA O·NB Mà O·NB O·NA 90o P·NA O·NA 90o P·NO ON  PN NP là tiếp tuyến của (O) d) Gọi I là giao điểm của PO và (O), suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác APN R 3 OE EI (R là bán kính đường tròn (O)) AIE đều AE R 2 2 R 3 AE EO 2PA MA AE AEO PAO(g-g) 2 3 PA AO 2AO AB EO R 2 74
  68. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang 3 6 2 8 Bài 1: (0,5 điểm) Rút gọn biểu thức: A 1 2 1 2 Bài 2: (1,5 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay, hãy giải phương trình và hệ phương trình sau: 2 x 2y 5 a) x x 20 0 b) 2x y 1 Bài 3: (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số: y = -2x2 b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và đường thẳng (D): y = x – 1 bằng phép tính. Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 2 m 1 x m 3 0 (m là tham số) a) Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. 2 2 b) Gọi hai nghiệm của phương trình là x1, x2 . Xác định m để giá trị của biểu thức A x1 x2 nhỏ nhất Bài 5: (4,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm S ở bên ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến SA, SB và đường thẳng a đi qua S cắt đường tròn (O; R) tại M, N với M nằm giữa S và N (đường thẳng a không đi qua tâm O). a) Chứng minh SO AB b) Gọi I là trung điểm của MN và H là giao điểm của SO và AB; hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E. Chứng minh: OI.OE = R2 c) Chứng minh tứ giác SHIE nội tiếp đường tròn d) Cho SO = 2R và MN = R3 . Tính diện tích tam giác ESM theo R 75
  69. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày 4 tháng 7 năm 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,5 điểm) a a 6 1 a) Rút gọn biểu thức: A = (với a ≥ 0 và a ≠ 4). 4 a a 2 28 16 3 b) Cho x . Tính giá trị của biểu thức: P (x2 2x 1)2012 . 3 1 Câu 2: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3(1 x) 3 x 2 . 2 x xy 4x 6 b) Giải hệ phương trình: 2 y xy 1 Câu 3: (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = − x2 và đường thẳng (d): y = (3 − m)x + 2 − 2m (m là tham số). a) Chứng minh rằng với m ≠ −1 thì (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B. b) Gọi yA, yB lần lượt là tung độ các điểm A, B. Tìm m để |yA − yB| = 2. Câu 4: (4,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 4 cm, AD = 2 cm. Đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt các đường thẳng AB và AD lần lượt tại E và F. a) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp trong đường tròn. b) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng BD và EF. Tính độ dài đoạn thẳng ID. c) M là điểm thay đổi trên cạnh AB (M khác A, M khác B), đường thẳng CM cắt đường thẳng AD tại 3 N. Gọi S1 là diện tích tam giác CME, S2 là diện tích tam giác AMN. Xác định vị trí điểm M để S S . 1 2 2 Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b là hai số thực không âm thỏa: a + b ≤ 2. 2 a 1 2b 8 Chứng minh: . 1 a 1 2b 7 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 76
  70. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM Năm học: 2012-2013 Khóa thi: Ngày 4 tháng 7 năm 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (Chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn này gồm 03 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1 a a 6 1 (1,5 điểm) a) (0,75) A = (a ≥ 0 và a ≠4) 4 a a 2 ( a 2)( a 3) 1 A = 0,25 (2 a )(2 a ) a 2 a 3 1 0,25 = 2 a 2 a 0,25 = −1 28 16 3 b) (0,75) Cho x . Tính: P (x2 2x 1)2012 3 1 (4 2 3)2 4 2 3 ( 3 1)2 x = 3 1 0,25 3 1 3 1 3 1 0,25 x2 2x 1 1 2 2012 P (x 2x 1) 1 0,25 Câu 2 a) (1,0) Giải phương trình: 3(1 x) 3 x 2 (1) (2,0 điểm) Bình phương 2 vế của (1) ta được: 3(1 x) 3 x 2 3(1 x)(3 x) 4 0,25 3(1 x)(3 x) 1 x 3(1 x)(3 x) 1 2x x2 0,25 0,25 x2 x =x 1 hoặc2 0x =−2 Thử lại, x = −2 là nghiệm . 0,25 2 x xy 4x 6 (1) b) (1,0) Giải hệ phương trình: (I) 2 y xy 1 (2) Nếu (x;y) là nghiệm của (2) thì y ≠ 0. 0,25 y2 1 Do đó: (2) x (3) 0,25 y Thay (3) vào (1) và biến đổi, ta được: 4y3 + 7y2 + 4y + 1 = 0 0,25 (y + 1)(4y2 + 3y + 1) = 0 (thí sinh có thể bỏ qua bước này) y = – 1 y = – 1 x = 2 77
  71. Vậy hệ có một nghiệm: (x ; y) = (2 ; −1). 0,25 Câu Nội dung Điểm Câu 3 a) (0,75) (P): y = − x2 , (d): y = (3 − m)x + 2 − 2m. (1,5 điểm) Chứng minh rằng với m ≠ −1 thì (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): − x2 = (3 − m)x + 2 − 2m. x2 + (3 − m)x + 2 − 2m = 0 (1) 0,25 = (3−m)2 − 4(2 − 2m) = m2 + 2m + 1 0,25 Viết được: = (m + 1)2 > 0, với m ≠ − 1 và kết luận đúng. 0,25 b) (0,75) Tìm m để |yA − yB| = 2 . Giải PT (1) được hai nghiệm: x1 = − 2 và x2 = m − 1 0,25 2 Tính được: y1 = − 4, y2 = −(m − 1) 2 |yA − yB| = |y1 − y2| = |m −2m−3| 2 2 |yA − yB| = 2 m − 2m − 3 = 2 hoặc m −2m − 3 = −2 0,25 m = 1 6 hoặc m = 1 2 0,25 Câu 4 a) (1,0) Chứng minh tứ giác EBDF nội tiếp trong đường tròn. (4,0 điểm) Ta có: A·DB A·CB 0,25 A· EC A·CB ( cùng phụ với B·AC ) 0,25 A·DB A· EC 0,25 tứ giác EBDF nội tiếp 0,25 b) (1,5) Tính ID Tam giác AEC vuông tại C và BC  AE nên: BE.BA = BC2 0,25 BC2 BE 1 0,25 BA IB BE 1 0,25 BE//CD ID CD 4 BD 3 0,25 ID 4 4 ID BD và tính được: BD = 2 5 0,25 3 0,25 78
  72. 8 5 ID (cm) 3 Câu Nội dung Điểm Câu 4 3 c) (1,5 điểm) Xác định vị trí điểm M để S1 = S2 (tt) 2 Đặt AM = x, 0 < x < 4 0,25 MB = 4− x , ME = 5 − x 0,25 AN AM BC.AM 2.x Ta có: AN 0,25 BC MB MB 4 x 1 1 x2 0,25 S BC.ME 5 x , S AM.AN 1 2 2 2 4 x 2 0,25 3 3 x 2 S1 = S2 5− x = . x + 18x − 40 = 0 2 2 4 x x = 2 (vì 0 < x < 4) 0,25 Vậy M là trung điểm AB . Câu 5 2 a 1 2b 8 Cho a, b ≥ 0 và a + b ≤ 2. Chứng minh : (1,0 điểm) 1 a 1 2b 7 1 2 8 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 1 a 1 2b 7 0,25 1 2 1 1 1 Ta có: = 2 (1) (bđt Côsi) 0,25 a 1 2b 1 a 1 1 1 b (a 1)(b ) 2 2 1 a 1 b 1 7 (a 1)(b ) 2 (bđt Cô si) 0,25 2 2 4 2 8 (2) 1 7 (a 1)(b ) 2 1 2 8 Từ (1) và (2) suy ra: 0,25 1 a 1 2b 7 1 3 5 Dấu “=” xảy ra chỉ khi : a + 1 = b + và a + b = 2 a = và b = 2 4 4 79
  73. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN TOÁN (chung) Thời gian 120 phút (không kể phát đề) Câu 1 (2,0 điểm). Không dùng máy tính bỏ túi, hãy rút gọn các biểu thức sau: 2 3 a) A = 6 5 5 3 6 3 2x x x 1 x x 1 b) B = , (với x > 0) x x 1 x x 1 Câu 2 (2,5 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2 a) x 2 x 1 3 x 2 x 1 4 0 2 6 11 x y b) 4 9 1 x y Câu 3 (2,5 điểm). 2 a) Chứng minh rằng phương trình x 2mx 3m 8 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 với mọi m. Với giá trị nào của m thì hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 2 x 2 2 0 b) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa: x 2 y2 z2 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 x3 y3 z3 3 x 2 y2 y2 z2 z2 x 2 2xyz Đẳng thức xảy ra khi nào? Câu 4 (3,0 điểm). Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Từ A, B vẽ các tiếp tuyến Ax, By về phía có chứa nửa đường tròn (O). Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA; điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác AMN cắt Ax tại C; đường thẳng CN cắt By tại D. a) Chứng minh tứ giác BMND nội tiếp. b) Chứng minh DM là tiếp tuyến của đường tròn (O’). 3/ Gọi I là giao điểm của AN và CM; K là giao điểm của BN và DM. Chứng minh IK song song AB. 80
  74. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN TOÁN CHUYÊN Thời gian 120 phút (không kể phát đề) Bài 1: (3 điểm) Cho biểu thức x 8 x 1 A x 2 : với x 0 x x 8 x 2 x 4 2 x 1/ Rút gọn biểu thức A. 8 2/ Đặt B x . Tìm x để biểu thức B đạt giá trị nhỏ nhất x 6 A Bài 2: Giải các phương trình và hệ phương trình sau 1/ 2x 2 8x x 2 4x 16 4 2/ 3 x 2 2 10 x3 1 2x y xy 13 3/ 1 1 15 2 x 1 y 2 Bài 3: 1/ Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình x 2 2x 2m 5 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 . Với giá trị nào của m thì hai nghiệm x1; x2 thỏa điều kiện x1 mx 2 x 2 mx1 10 2/ Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng a 2 b2 c2 a b c b 3c c 3a a 3b 4 Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn, vẽ đường cao AH. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H lên hai cạnh AB, AC. Đường thẳng qua A vuông góc với EF cắt cạnh BC tại D. 1/ Chứng minh đường thẳng AD đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. 2/ Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của D lên hai cạnh AB, AC. Chứng minh tam giác DIK đồng dạng với tam giác HEF. BH BD AB2 3/ Chứng minh . CD CH AC2 81