›
›
›

Tổng hợp 51 đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán của các tỉnh thành phố - Năm học 2012-2013

docx 78 trang thaodu 3150
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tổng hợp 51 đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán của các tỉnh thành phố - Năm học 2012-2013", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxtong_hop_51_de_thi_tuyen_sinh_lop_10_mon_toan_cua_cac_tinh_t.docx

Nội dung text: Tổng hợp 51 đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán của các tỉnh thành phố - Năm học 2012-2013

  1. TỔNG HỢP 51 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CỦA 51 TỈNH THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN TOÁN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2012 – 2013ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2x2 x 3 0 2x 3y 7 b) 3x 2y 4 c) x4 x2 12 0 d) x2 2 2x 7 0 Bài 2: (1,5 điểm) 1 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y x2 và đường thẳng (D): y x 2 trên cùng một 4 2 hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 1 2 x 1 A với x > 0; x 1 x x x 1 x x B (2 3) 26 15 3 (2 3) 26 15 3 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2mx m 2 0 (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. 24 Tìm m để biểu thức M = 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất x1 x2 6x1x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại E và F (ME<MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm, A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO). a) Chứng minh rằng MA.MB = ME.MF b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng MO. Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp. c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính MF; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng CO và KF. Chứng minh rằng đường thẳng MS vuông góc với đường thẳng KC. d) Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS và T là trung điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng.
  2. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2x2 x 3 0 (a) Vì phương trình (a) có a - b + c = 0 nên 3 (a) x 1 hay x 2 2x 3y 7 (1) 2x 3y 7 (1) b) 3x 2y 4 (2) x 5y 3 (3) ((2) (1)) 13y 13 ((1) 2(3)) x 5y 3 (3) ((2) (1)) y 1 x 2 c) x4 x2 12 0 (C) Đặt u = x2 0, phương trình thành : u2 + u – 12 = 0 (*) 1 7 1 7 (*) có = 49 nên (*) u 3 hay u 4 (loại) 2 2 Do đó, (C) x2 = 3 x = 3 Cách khác : (C) (x2 – 3)(x2 + 4) = 0 x2 = 3 x = 3 d) x2 2 2x 7 0 (d) ’ = 2 + 7 = 9 do đó (d) x = 2 3 Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), 2;1 , 4;4 (D) đi qua 4;4 , 2;1 b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 1 1 x2 x 2 x2 + 2x – 8 = 0 x 4 hay x 2 4 2 y(-4) = 4, y(2) = 1 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là 4;4 , 2;1 . Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau: 1 2 x 1 x x x x 2 x A x x x 1 x x x2 x x 1
  3. 2 x 2 x 2 x 1 2 x(x 1) 2 1 với x > 0; x 1 x(x 1) x 1 x 1 x x(x 1) x B (2 3) 26 15 3 (2 3) 26 15 3 1 1 (2 3) 52 30 3 (2 3) 52 30 3 2 2 1 1 (2 3) (3 3 5)2 (2 3) (3 3 5)2 2 2 1 1 (2 3)(3 3 5) (2 3)(3 3 5) 2 2 2 Câu 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 - 4m +8 = (m - 2)2 +4 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b c b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = 2m ; P = m 2 a a 24 24 6 M = 2 = 2 2 (x1 x2 ) 8x1x2 4m 8m 16 m 2m 4 6 . Khi m = 1 ta có (m 1)2 3nhỏ nhất (m 1)2 3 6 6 M lớn nhất khi m = 1 nhỏM nhất khi m = 1 (m 1)2 3 (m 1)2 3 K Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất là - 2 khi m = 1 T Câu 5 B a) Vì ta có do hai tam giác đồng dạng MAE và MBF Q MA MF Nên MA.MB = ME.MF A S ME MB (Phương tích của M đối với đường tròn tâm O) V b) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có H MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức lượngM E O F trong tam giác vuông MCO ta có MH.MO = MC2 MA.MB = MH.MO P nên tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn. c) Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đường C tròn đường kính MS (có hai góc K và C vuông). Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC. Do đó MF chính là đường trung trực của KC nên MS vuông góc với KC tại V. d) Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có MA.MB = MV.MS của đường tròn tâm Q. Tương tự với đường tròn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vuông góc với MS và là đường trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đường tròn). Nên PQ cũng đi qua trung điểm của KS (do định lí trung bình của tam giác SKV). Vậy 3 điểm T, Q, P thẳng hàng.
  4. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2012 – 2013 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:(x + 1)(x + 2) = 0 2x y 1 2) Giải hệ phương trình: x 2y 7 Bài 2: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A ( 10 2) 3 5 y Bài 3: (1,5 điểm) y=ax2 Biết rằng đường cong trong hình vẽ bên là một parabol y = ax2. 1) Tìm hệ số a. 2) Gọi M và N là các giao điểm của đường thẳng y = x + 4 với parabol. Tìm tọa độ của các điểm M và N. 2 Bài 4: (2,0 điểm) x 0 Cho phương trình x2 – 2x – 3m2 = 0, với m là tham số. 1 2 1) Giải phương trình khi m = 1. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác 0 và thỏa x x 8 điều kiện 1 2 . x2 x1 3 Bài 5: (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B (O), C (O’). Đường thẳng BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D. 1) Chứ`ng minh rằng tứ giác CO’OB là một hình thang vuông. 2) Chứng minh rằng ba điểm A, C, D thẳng hàng. 3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E là tiếp điểm). Chứng minh rằng DB = DE. BÀI GIẢI Bài 1: 1) (x + 1)(x + 2) = 0 x + 1 = 0 hay x + 2 = 0 x = -1 hay x = -2 2x y 1 (1) 5y 15 ((1) 2(2)) y 3 2) x 2y 7 (2) x 7 2y x 1 Bài 2: A ( 10 2) 3 5 = ( 5 1) 6 2 5 = ( 5 1) ( 5 1)2 = ( 5 1)( 5 1) = 4 Bài 3: 1) Theo đồ thị ta có y(2) = 2 2 = a.22 a = ½ 1 2) Phương trình hoành độ giao điểm của y = x2 và đường thẳng y = x + 4 là : 2 1 x + 4 = x2 x2 – 2x – 8 = 0 x = -2 hay x = 4 2 y(-2) = 2 ; y(4) = 8. Vậy tọa độ các điểm M và N là (-2 ; 2) và (4 ; 8). Bài 4:
  5. 1) Khi m = 1, phương trình thành : x2 – 2x – 3 = 0 x = -1 hay x = 3 (có dạng a–b + c = 0) x1 x2 8 2 2 2) Với x1, x2 0, ta có : 3(x1 x2 ) 8x1x2 3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2 x2 x1 3 Ta có : a.c = -3m2 0 nên 0, m b c 2 Khi 0 ta có : x1 + x2 = 2 và x1.x2 = 3m 0 a a Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm 0 mà m 0 > 0 và x1.x2 < 0 x1 < x2 2 Với a = 1 x1 = b' ' và x2 = b x' ' 1 – x2 = 2 ' 2 1 3m Do đó, ycbt 3(2)( 2 1 3m2 ) 8( 3m2 ) và m 0 1 3m2 2m2 (hiển nhiên m = 0 không là nghiệm) 4m4 – 3m2 – 1 = 0 m2 = 1 hay m2 = -1/4 (loại) m = 1 Bài 5: B C O A O’ E D 1) Theo tính chất của tiếp tuyến ta có OB, O’C vuông góc với BC tứ giác CO’OB là hình thang vuông. 2) Ta có góc ABC = góc BDC góc ABC + góc BCA = 900 góc BAC = 900 Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường tròn) Vậy ta có góc DAC = 1800 nên 3 điểm D, A, C thẳng hàng. 3) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông DBC ta có DB2 = DA.DC Mặt khác, theo hệ thức lượng trong đường tròn (chứng minh bằng tam giác đồng dạng) ta có DE2 = DA.DC DB = DE.
  6. SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012- VĨNH PHÚC 2013 ĐỀ THI MÔN : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012 x 3 6x 4 Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức :P= x 1 x 1 x2 1 1. Tìm điều kiện xác định của biểu thức P. 2. Rút gọn P 2x ay 4 Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình : ax 3y 5 1. Giải hệ phương trình với a=1 2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Câu 3 (2,0 điểm). Một hình chữ nhật có chiều rộng bằng một nửa chiều dài. Biết rằng nếu giảm mỗi chiều đi 2m thì diện tích hình chữ nhật đã cho giảm đi một nửa. Tính chiều dài hình chữ nhật đã cho. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) và điểm M nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C là các tiếp điểm ) của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A. Vẽ đường kính BB’ của (O). Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB’,đường thẳng này cắt MC và B’C lần lượt tại K và E. Chứng minh rằng: 1. 4 điểm M,B,O,C cùng nằm trên một đường tròn. 2. Đoạn thẳng ME = R. 3. Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên một đường tròn cố định, chỉ rõ tâm và bán kính của đường tròn đó. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+ b + c =4. Chứng minh rằng : 4 a3 4 b3 4 c3 2 2 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012- 2013 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN : TOÁN Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012 Câu Đáp án, gợi ý Điểm C1.1 x 1 0 (0,75 0,5 Biểu thức P xác định x 1 0 điểm) 2 x 1 0 0,25
  7. x 1 x 1 C1.2 x 3 6x 4 x(x 1) 3(x 1) (6x 4) 0,25 P= (1,25 x 1 x 1 (x 1)(x 1) (x 1)(x 1) điểm) 0,5 x 2 x 3x 3 6x 4 x 2 2x 1 (x 1)(x 1) (x 1)(x 1) 0,5 (x 1) 2 x 1 (voi x 1) (x 1)(x 1) x 1 C2.1 2x y 4 0,25 Với a = 1, hệ phương trình có dạng: (1,0 x 3y 5 điểm) 6x 3y 12 7x 7 0,25 x 3y 5 x 3y 5 0,25 x 1 x 1 1 3y 5 y 2 0,25 x 1 Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: y 2 C2.2 x 2 0,25 2x 4 (1,0 -Nếu a = 0, hệ có dạng: 5 => có nghiệm duy điểm) 3y 5 y 3 nhất 0,25 2 a -Nếu a 0 , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: a 3 0,25 a 2 6 (luôn đúng, vì a 2 0 với mọi a) Do đó, với a 0 , hệ luôn có nghiệm duy nhất. 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a. C3 (2,0 Gọi chiều dài của hình chữ nhật đã cho là x (m), với x > 4. 0,25 điểm) x Vì chiều rộng bằng nửa chiều dài nên chiều rộng là: (m) 2 x x 2 0,25 => diện tích hình chữ nhật đã cho là: x. (m2) 2 2 Nếu giảm mỗi chiều đi 2 m thì chiều dài, chiều rộng của hình chữ 0,25 x nhật lần lượt là: x 2 va 2 (m) 2 khi đó, diện tích hình chữ nhật giảm đi một nửa nên ta có phương x 1 x 2 0,25 trình: (x 2)( 2)  2 2 2 0,25 x 2 x 2 2x x 4 x 2 12x 16 0 2 4 0,5 .=> x1 6 2 5 (thoả mãn x>4); 0,25 x2 6 2 5 (loại vì không thoả mãn x>4) Vậy chiều dài của hình chữ nhật đã cho là 6 2 5 (m). C4.1 1) Chứng minh M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn B (1,0 Ta có: MOB 900 (vì MB là tiếp tuyến)
  8. điểm) MCO 900 (vì MC là tiếp tuyến) 0,25 1 O =>  MBO +  MCO = M 0 0 0 2 1 0,25 = 90 + 90 = 180 K => Tứ giác MBOC nội tiếp 0,25 E 1 (vì có tổng 2 góc đối =1800) B’ =>4 điểm M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn C 0,25 C4.2 2) Chứng minh ME = R: (1,0 Ta có MB//EO (vì cùng vuông góc với BB’) điểm) =>  O1 =  M1 (so le trong) Mà  M1 =  M2 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) =>  M2 =  O1 0,25 (1) C/m được MO//EB’ (vì cùng vuông góc với BC) 0,25 =>  O1 =  E1 (so le trong) (2) Từ (1), (2) =>  M2 =  E1 => MOCE nội tiếp 0,25 =>  MEO =  MCO = 900 =>  MEO =  MBO =  BOE = 900 => MBOE là hình chữ nhật 0,25 => ME = OB = R (điều phải chứng minh) C4.3 3) Chứng minh khi OM=2R thì K di động trên 1 đường tròn cố định: (1,0 Chứng minh được Tam giác MBC đều =>  BMC = 600 điểm) =>  BOC = 1200 0,25 0 0 0 0 0 =>  KOC = 60 -  O1 = 60 -  M1 = 60 – 30 = 30 0,25 Trong tam giác KOC vuông tại C, ta có: OC OC 3 2 3R CosKOC OK 0 R : 0,25 OK Cos30 2 3 Mà O cố định, R không đổi => K di động trên đường tròn tâm O, bán 0,25 2 3R kính = (điều phải chứng minh) 3 C5 (1,0 4 4a3 4 4b3 4 4c3 điểm) 0,25 4 a b c a3 4 a b c b3 4 a b c c3 0,25 4 a4 4 b4 4 c4 a b c 0,25 4 4 4 0,25 Do đó, 4 a3 4 b3 4 c3 2 2 4 4 2 Chú ý: -Câu 4, thừa giả thiết “tia Mx” và “điểm A” gây rối. -Mỗi câu đều có các cách làm khác câu 5 Cach 2: Đặt x = 4 a;y 4 b;z 4 c => x, y , z > 0 và x4 + y4 + z4 = 4. BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > 2 2 hay 2 (x3 + y3 + z3 ) > 4 = x4 + y4 + z4  x3(2 -x) + y3(2 -y)+ z3(2 -z) > 0 (*). Ta xét 2 trường hợp: - Nếu trong 3 sô x, y, z tồn tại it nhât một sô 2 , giả sử x 2 thì x3 2 2 . Khi đo: x3 + y3 + z3 > 2 2 ( do y, z > 0). - Nếu cả 3 sô x, y, z đều nhỏ 2 thì BĐT(*) luôn đung.
  9. Vậy x3 + y3 + z3 > 2 2 được CM. Cach 3: Có thể dùng BĐT thức Côsi kết hợp phương pháp làm trội và đánh giá cũng cho kết quả nhưng hơi dài, phức tạp).
  10. SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2012- 2013 ĐĂKLĂK MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút,(không kể giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 22/06/2012 Câu 1. (2,5đ) 1) Giải phương trình: a) 2x2 – 7x + 3 = 0. b) 9x4 + 5x2 – 4 = 0. 2) Tìm hàm số y = ax + b, biết đồ thị hàm số của nó đi qua 2 điểm A(2;5) ; B(-2;-3). Câu 2. (1,5đ) 1) Hai ô tô đi từ A đến B dài 200km. Biết vận tốc xe thứ nhất nhanh hơn vận tốc xe thứ hai là 10km/h nên xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc mỗi xe. 1 2) Rút gọn biểu thức: A= 1 x x ; với x ≥ 0. x 1 Câu 3. (1,5 đ) Cho phương trình: x2 – 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 0. 1) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m. 2 2 2) Tìm giá trị của m để biểu thức A = x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4. (3,5đ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB 0 7 5 x1 3. = 5. Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 4 7 5 1 x 2 4 2 b) 9x4 + 5x2 – 4 = 0. Đặt x2 = t , Đk : t ≥ 0. Ta có pt: 9t2 + 5t – 4 = 0. a – b + c = 0 t1 = - 1 (không TMĐK, loại) 4 t2 = (TMĐK) 9 4 2 4 4 2 t2 = x = x = . 9 9 9 3
  11. 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1,2 = 3 2) Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(2;5) và B(-2;-3) 2a b 5 a 2 2a b 3 b 1 Vậy hàm số càn tìm là : y = 2x + 1 Câu 2. 1) Gọi vận tốc xe thứ hai là x (km/h). Đk: x > 0 Vận tốc xe thứ nhất là x + 10 (km/h) 200 Thời gian xe thứ nhất đi quảng đường từ A đến B là : (giờ) x 10 200 Thời gian xe thứ hai đi quảng đường từ A đến B là : (giờ) x 200 200 Xe thứ nhất đến B sớm 1 giờ so với xe thứ hai nên ta có phương trình: 1 x x 10 Giải phương trình ta có x1 = 40 , x2 = -50 ( loại) x1 = 40 (TMĐK). Vậy vận tốc xe thứ nhất là 50km/h, vận tốc xe thứ hai là 40km/h. 1 x 1 1 2) Rút gọn biểu thức: A 1 x x x x x 1 x 1 x = x x 1 = x, với x ≥ 0. x 1 Câu 3. (1,5 đ) Cho phương trình: x2 – 2(m+2)x + m2 + 4m +3 = 0. 1) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m. 2 2 Ta có (m 2) m 4m 3 1 > 0 với mọi m. Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m. 2) phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của m. Theo hệ x x 2(m 2) thức Vi-ét ta có : 1 2 2 x1.x2 m 4m 3 2 2 2 2 2 2 A = x1 x2 = (x1 + x2) – 2 x1x2 = 4(m + 2) – 2(m + 4m +3) = 2m + 8m+ 10 = 2(m2 + 4m) + 10 = 2(m + 2)2 + 2 ≥ 2 với mọi m. Suy ra minA = 2 m + 2 = 0 m = - 2 Vậy với m = - 2 thì A đạt min = 2 A Câu 4. 1) Ta có EA = ED (gt) OE  AD ( Quan hệ giữa đường kính và dây) O C · · E OEM = 900; OBM = 900 (Tính chất tiếp tuyến) F E và B cùng nhìn OM dưới một góc vuông Tứ giác OEBM nội tiếp. 1 B 2) Ta có M· BD sđ B»D ( góc nội tiếp chắn cung BD) 2 D 1 M· AB sđ B»D ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BD) 2 M
  12. M· BD M· AB . Xét tam giác MBD và tam giác MAB có: MB MD Góc M chung, M· BD M· AB MBD đồng dạng với MAB MA MB MB2 = MA.MD 1 1 1 3) Ta có: M· OC B·OC = sđ B»C ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); B· FC sđ 2 2 2 B»C (góc nội tiếp) B· FC M· OC . 4) Tứ giác MFOC nội tiếp ( F$ Cµ = 1800) M· FC M· OC ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC), mặt khác M· OC B· FC (theo câu 3) B· FC M· FC BF // AM. 2 a2 b2 a b Câu 5. x y x y Ta có x + 2y = 3 x = 3 – 2y , vì x dương nên 3 – 2y > 0 1 2 1 2 y 6 4y 3y(3 2y) 6(y 1)2 Xét hiệu 3 = ≥ 0 ( vì y > 03 và 3 – x y 3 2y y y(3 2y) y(3 2y) 2y > 0) x 0,y 0 x 0,y 0 1 1 x 1 3 dấu “ =” xãy ra x 3 2y x 1 x 2y y 1 y 1 0 y 1
  13. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI DƯƠNG NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2012- 2013 Môn thi: TOÁN (không chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng 6 năm 2012 Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) x 1 1) Giải phương trình x 1 . 3 x 3 3 3 0 2) Giải hệ phương trình . 3x 2y 11 Câu II ( 1,0 điểm) 1 1 a + 1 Rút gọn biểu thức P = + : với a > 0 và a 4 . 2 a - a 2 - a a - 2 a Câu III (1,0 điểm) Một tam giác vuông có chu vi là 30 cm, độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 7cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác vuông đó. Câu IV (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d):y = 2x -m +1 và parabol (P): y = x2 . 2 1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3). 2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) và (x2; y2) sao cho x1x2 y1 + y2 48 0 . Câu V (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho AC < BC (C A). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở điểm D, AD cắt (O) tại E (E A) . 1) Chứng minh BE2 = AE.DE. 2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F. Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp . 3) Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH. Câu VI ( 1,0 điểm) 1 1 Cho 2 số dương a, b thỏa mãn 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b 1 1 Q . a4 b2 2ab2 b4 a2 2ba2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2012 - 2013
  14. HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (không chuyên) Hướng dẫn chấm gồm : 02 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Nội dung Điểm Câu I (2,0đ) 1) 1,0 điểm x 1 0,25 x 1 x 1 3(x 1) 3 x 1 3x 3 0,25 2x 4 0,25 x 2.Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = -2 0,25 2) 1,0 điểm x 3 3 3 0(1) 0,25 Từ (1)=> x 3 3 3 3x 2y 11 (2) x=3 0,25 Thay x=3 vào (2)=>3.3 2y 11 2y=2 0,25 y=1 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y)=(3;1) 0,25 Câu II (1,0đ) 0,25 1 1 a +1 P= + : a 2- a 2- a a 2 a 1+ a a 2 a 0,25 =  a (2 a) a +1 a a 2 0,25 = a 2- a a 2 0,25 = =-1 2- a Câu III Gọi độ dài cạnh góc vuông nhỏ là x (cm) (điều kiện 0 độ dài cạnh góc vuông còn lại là (x + 7 )(cm) Vì chu vi của tam giác là 30cm nên độ dài cạnh huyền là 30–(x + x +7)= 23–2x (cm) Theo định lí Py –ta- go ta có phương trình x2 + (x + 7)2 = (23 - 2x)2 0,25 x2 - 53x + 240 = 0 (1) Giải phương trình (1) được nghiệm x = 5; x = 48 0,25 Đối chiếu với điều kiện có x = 5 (TM đk); x = 48 (không TM đk) 0,25 Vậy độ dài một cạnh góc vuông là 5cm, độ dài cạnh góc vuông còn lại là 12 cm, độ dài cạnh huyền là 30 – (5 + 12) = 13cm Câu IV (2,0đ) 1) 1,0 điểm Vì (d) đi qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 và y = 3 vào hàm số y = 2x – m + 1 0,25 ta có 2.(-1) – m +1 = 3 -1 – m = 3 0,25 m = -4 0,25 Vậy m = -4 thì (d) đi qua điểm A(-1; 3) 0,25 2) 1,0 điểm 1 0,25 Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình x2 2x m 1 2
  15. x2 4x 2m 2 0 (1) ; Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nên (1) có hai 0,25 nghiệm phân biệt ' 0 6 2m 0 m 3 Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của 0,25 phương trình (1) và y1 = 2x1 m 1 , y2 = 2x2 m 1 Theo hệ thức Vi-et ta có x1 + x2 = 4, x1x2 = 2m-2 .Thay y1,y2 vào x1x2 y1 +y2 48 0 có x1x2 2x1 +2x2 -2m+2 48 0 (2m - 2)(10 - 2m) + 48 = 0 m2 - 6m - 7 = 0 m=-1(thỏa mãn m ΔABD vuông tại B 0,25 Vì AB là đường kính của (O) nên AE  BE 0,25 Áp dụng hệ thức lượng trong ΔABD (A·BD=900 ;BE  AD) ta có BE2 = 0,25 AE.DE 2) 1,0 điểm D 0,25 Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán kính của (O)) C E => OD là đường trung trực của đoạn BC => O· FC=900 I (1) F A H O B Có CH // BD (gt), mà AB  BD (vì BD là tiếp tuyến của (O)) 0,25 => CH  AB => O·HC=900 (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có O· FC+ O·HC = 1800 => tứ giác CHOF nội tiếp 0,25 3)1,0 điểm Có CH //BD=>H· CB=C·BD (hai góc ở vị trí so le trong) mà 0,25 ΔBCD cân tại D => C·BD D· CB nên CB là tia phân giác của H·CD AI CI 0,25 do CA  CB => CA là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của ΔICD = AD CD (3) AI HI 0,25 Trong ΔABD có HI // BD => = (4) AD BD CI HI 0,25 Từ (3) và (4) => = mà CD=BD CI=HI I là trung điểm của CH CD BD Câu VI Với a 0;b 0 ta có: (a2 b)2 0 a4 2a2b b2 0 a4 b2 2a2b 0,25
  16. (1,0đ) 1 1 a4 b2 2ab2 2a2b 2ab2 (1) a4 b2 2ab2 2ab a b 1 1 0,25 Tương tự có (2) . Từ (1) và (2) b4 a2 2a2b 2ab a b 1 Q ab a b 1 1 1 1 0,25 Vì 2 a b 2ab mà a b 2 ab ab 1 Q . a b 2(ab)2 2 1 1 0,25 Khi a = b = 1 thì Q . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 2 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TUYÊN QUANG
  17. Năm học 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (3,0 điểm) 2 a) Giải phương trình: x 6 x 9 0 4x 3y 6 b) Giải hệ phương trình: 3y 4x 10 2 c) Giải phương trình: x 6x 9 x 2011 Câu 2 (2,5 điểm) Một ca nô chạy xuôi dòng từ A đến B rồi chạy ngược dòng từ B đến A hết tất cả 4 giờ. Tính vận tốc ca nô khi nước yên lặng, biết rằng quãng sông AB dài 30 km và vận tốc dòng nước là 4 km/giờ. Câu 3 (2,5 điểm) Trên đường tròn (O) lấy hai điểm M, N sao cho M, O, N không thẳng hàng. Hai tiếp tuyến tại M , N với đường tròn (O) cắt nhau tại A. Từ O kẻ đường vuông góc với OM cắt AN tại S. Từ A kẻ đường vuông góc với AM cắt ON tại I. Chứng minh: a) SO = SA b) Tam giác OIA cân Câu 4 (2,0 điểm). a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 b) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là giao điểm các đường phân giác trong. Biết AB = 5 cm, IC = 6 cm. Tính BC. Hướng dẫn chấm, biểu điểm MÔN THI: TOÁN CHUNG Nội dung Điểm Câu 1 (3,0 điểm) 2 a) Giải phương trình: x 6 x 9 0 1,0 Bài giải: Ta có ' ( 3)2 9 0 0,5 6 Phương trình có nghiệm: x 3 0,5 2 4 x 3 y 6 (1) b) Giải hệ phương trình: 1,0 3 y 4 x 1 0 (2 ) Bài giải: Cộng (1) và (2) ta có: 4x - 3y + 3y + 4x = 16 8x = 16 x = 2 0,5
  18. x 2 2 Thay x = 2 vào (1): 4. 2 – 3y = 6 y = . Tập nghiệm: 2 0,5 3 y 3 2 1,0 c) Giải phương trình: x 6x 9 x 2011 (3) 2 2 Bài giải: Ta có x 6x 9 x 3 x 3 0,5 2 Mặt khác: x 6x 9 0 x 2011 0 x 2011 x 3 x 3 0,5 Vậy: (3) x 3 x 2011 3 2011 . Phương trình vô nghiệm Câu 2 (2,5 điểm ) 2,5 Bài giải: Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x km/giờ ( x > 4) 0,5 Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là x +4 (km/giờ), khi ngược dòng là x - 4 (km/giờ). Thời gian 30 ca nô xuôi dòng từ A đến B là giờ, đi ngược dòng 0,5 x 4 30 từ B đến A là giờ. x 4 30 30 Theo bài ra ta có phương trình: 4 (4) 0,5 x 4 x 4 (4 ) 3 0 ( x 4 ) 3 0 ( x 4 ) 4 ( x 4 )( x 4 ) x 2 1 5 x 1 6 0 x 1 0,5 hoặc x = 16. Nghiệm x = -1 <0 nên bị loại Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 16km/giờ. 0,5 Câu 3 (2,5 điểm) A M S 0,5 I O N a) Chứng minh: SA = SO 1,0 · ¶ 0,5 Vì AM, AN là các tiếp tuyến nên: MAO SAO (1) Vì MA//SO nên: M¶AO S¶OA (so le trong) (2) 0,5 Từ (1) và (2) ta có: S¶AO S¶OA SAO cân SA = SO (đ.p.c.m) b) Chứng minh tam giác OIA cân 1,0 · · 0,5 Vì AM, AN là các tiếp tuyến nên: MOA NOA (3)
  19. Vì MO // AI nên: góc MOA bằng góc OAI (so le trong) (4) 0,5 Từ (3) và (4) ta có: IµOA IµAO OIA cân (đ.p.c.m) Câu 4 (2,0 điểm). a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 (1) 1,0 Bài giải: (1) (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0 (x + y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0 0,5 (y - 1)(y + 4) = - (x + y)2 (2) Vì - (x + y)2 0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4) 0 -4 y 1 Vì y nguyên nên y  4; 3; 2; 1; 0; 1 0,5 Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp nghiệm nguyên (x; y) của PT đã cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1). b) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là giao điểm các đường phân giác trong. Biết AB = 5 cm, IC = 6 cm. Tính BC. Bài giải: Gọi D là hình chiếu vuông góc của C E trên đường thẳng BI, E là giao điểm của AB và CD. BIC có D· IC là góc ngoài nên: D· IC = 1 D I¶BC I¶CB (B$ Cµ) 900 : 2 450 A 2 0,5 DIC vuông cân DC = 6 : 2 5 Mặt khác BD là đường phân giác và I đường cao nên tam giác BEC cân tại B EC = 2 DC = 12: 2 và BC = BE 6 C B x Gọi x = BC = BE. (x > 0). Áp dụng định lý Pi-ta-go vào các tam giác vuông ABC và ACE ta có: AC2 = BC2 – AB2 = x2 – 52= x2 -25 EC2 = AC2 + AE2 = x2 -25 + (x – 5)2 = 2x2 – 10x (12: 2 )2 = 2x2 – 10x O,5 x2 - 5x – 36 = 0 Giải phương trình ta có nghiệm x = 9 thoả mãn. Vậy BC = 9 (cm)
  20. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học: 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) x 4 1) Cho biểu thức A . Tính giá trị của A khi x = 36 x 2 x 4 x 16 2) Rút gọn biểu thức B : (với x 0;x 16 ) x 4 x 4 x 2 3) Với các của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị của biểu thức B(A – 1) là số nguyên Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: 12 Hai người cùng làm chung một công việc trong giờ thì xong. Nếu mỗi người làm 5 một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu thời gian để xong công việc? Bài III (1,5 điểm) 2 1 2 x y 1) Giải hệ phương trình: 6 2 1 x y 2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình có 2 2 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 một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. 1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh A·CM A·CK 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. 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 điểm AP.MB P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và R . Chứng minh đường thẳng MA PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK Bài V (0,5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ nhất x2 y2 của biểu thức: M xy
  21. GỢI Ý – ĐÁP ÁN Bài I: (2,5 điểm) 36 4 10 5 1) Với x = 36, ta có : A = 36 2 8 4 2) Với x , x 16 ta có : x( x 4) 4( x 4) x 2 (x 16)( x 2) x 2 B = = x 16 x 16 x 16 (x 16)(x 16) x 16 x 2 x 4 x 2 2 2 3) Ta có: ( 1) . 1 . . B A x 16 x 2 x 16 x 2 x 16 Để B(A 1) nguyên, x nguyên thì x 16 là ước của 2, mà Ư(2) = 1; 2  Ta có bảng giá trị tương ứng: x 16 1 1 2 2 x 17 15 18 14 Kết hợp ĐK x 0, x 16 , để B(A 1) nguyên thì x 14; 15; 17; 18  Bài II: (2,0 điểm) 12 Gọi thời gian người thứ nhất hoàn thành một mình xong công việc là x (giờ), ĐK x 5 Thì thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là x + 2 (giờ) 1 1 Mỗi giờ người thứ nhất làm được (cv), người thứ hai làm được (cv) x x 2 12 12 Vì cả hai người cùng làm xong công việc trong giờ nên mỗi giờ cả hai đội làm được=1: 5 5 5 (cv) 12 Do đó ta có phương trình 1 1 5 x x 2 12 x 2 x 5 x(x 2) 12 5x2 – 14x – 24 = 0 ’ = 49 + 120 = 169, , 13 7 13 6 7 13 20 => x (loại) và x 4 (TMĐK) 5 5 5 5 Vậy người thứ nhất làm xong công việc trong 4 giờ, người thứ hai làm xong công việc trong 4+2 = 6 giờ. 2 1 2 x y Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ: , (ĐK: x, y 0 ). 6 2 1 x y 4 2 4 6 10 4 4 1 5 x 2 x y x x x x 2 Hệ 2 1 .(TMĐK) 6 2 2 1 2 1 2 y 1 1 2 2 2 y x y x y x y
  22. Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1). 2) + Phương trình đã cho có = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 > 0, m Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt m x1 x2 4m 1 + Theo ĐL Vi –ét, ta có: . 2 x1x2 3m 2m 2 2 2 Khi đó: x1 x2 7 (x1 x2 ) 2x1x2 7 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7 10m2 – 4m – 6 = 0 5m2 – 2m – 3 = 0 3 Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hay m = . 5 Trả lời: Vậy C Bài IV: (3,5 điểm) M H E A K O B 1) Ta có H· CB 900 ( do chắn nửa đường tròn đk AB) H· KB 900 (do K là hình chiếu của H trên AB) => H· CB H· KB 1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB. 2) Ta có ·ACM ·ABM (do cùng chắn ¼AM của (O)) và ·ACK H·CK H· BK (vì cùng chắn H¼K .của đtròn đk HB) Vậy ·ACM ·ACK 3) Vì OC  AB nên C là điểm chính giữa của cung AB AC = BC và sd »AC sd B»C 900 Xét 2 tam giác MAC và EBC có MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và M· AC = M· BC vì cùng chắn cung M¼C của (O) MAC và EBC (cgc) CM = CE tam giác MCE cân tại C (1) Ta lại có C·MB 450 (vì chắn cung C»B 900 ) . C·EM C·MB 450 (tính chất tam giác MCE cân tại C) Mà C·ME C·EM M· CE 1800 (Tính chất tổng ba góc trong tam giác) M· CE 900 (2) Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C (đpcm).
  23. S C M H P E N A K O B 4) Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK. Xét PAM và OBM : AP.MB AP OB Theo giả thiết ta có R (vì có R = OB). MA MA MB Mặt khác ta có P·AM ·ABM (vì cùng chắn cung ¼AM của (O)) PAM ∽ OBM AP OB 1 PA PM .(do OB = OM = R) (3) PM OM Vì A·MB 900 (do chắn nửa đtròn(O)) A·MS 900 tam giác AMS vuông tại M. P·AM P·SM 900 và P·MA P·MS 900 P·MS P·SM PS PM (4) Mà PM = PA(cmt) nên P·AM P·MA Từ (3) và (4) PA = PS hay P là trung điểm của AS. NK BN HN NK HN Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: hay PA BP PS PA PS mà PA = PS(cmt) NK NH hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm) Bài V: (0,5 điểm) Cách 1(không sử dụng BĐT Co Si) x2 y2 (x2 4xy 4y2 ) 4xy 3y2 (x 2y)2 4xy 3y2 Ta có M = = xy xy xy (x 2y)2 3y 4 xy x Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra x = 2y y 1 3y 3 x ≥ 2y , dấu “=” xảy ra x = 2y x 2 x 2
  24. 3 5 Từ đó ta có M ≥ 0 + 4 - = , dấu “=” xảy ra x = 2y 2 2 5 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y 2 Cách 2: x2 y2 x2 y2 x y x y 3x Ta có M = ( ) xy xy xy y x 4y x 4y x y x y x y Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương ; ta có 2 . 1 , 4y x 4y x 4y x dấu “=” xảy ra x = 2y x 3 x 6 3 Vì x ≥ 2y 2 . , dấu “=” xảy ra x = 2y y 4 y 4 2 3 5 Từ đó ta có M ≥ 1 + = , dấu “=” xảy ra x = 2y 2 2 5 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y 2 Cách 3: x2 y2 x2 y2 x y x 4y 3y Ta có M = ( ) xy xy xy y x y x x x 4y x 4y x 4y Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương ; ta có 2 . 4 , y x y x y x dấu “=” xảy ra x = 2y y 1 3y 3 Vì x ≥ 2y , dấu “=” xảy ra x = 2y x 2 x 2 3 5 Từ đó ta có M ≥ 4- = , dấu “=” xảy ra x = 2y 2 2 5 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y 2 Cách 4: 2 2 2 2 2 4x 2 x 2 3x x 2 x 2 2 2 y y y 2 y x y 3x 3x Ta có M = 4 4 4 4 4 xy xy xy xy 4xy xy 4y x2 x2 x2 Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương ; y2 ta có y2 2 .y2 xy , 4 4 4 dấu “=” xảy ra x = 2y x 3 x 6 3 Vì x ≥ 2y 2 . , dấu “=” xảy ra x = 2y y 4 y 4 2 xy 3 3 5 Từ đó ta có M ≥ + = 1+ = , dấu “=” xảy ra x = 2y xy 2 2 2
  25. 5 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y 2 ĐỀ CHÍNH THỨC
  26. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN (Đề gồm có 01 trang) (Môn chung cho tất cảc thí sinh) Thời gian làm bài :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 17 tháng 6 năm 2012 Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức : a 1 a 1 1 , (Với a > 0 , a 1) P 4 a a 1 a 1 2a a 2 1. Chứng minh rằng : P a 1 2. Tìm giá trị của a để P = a Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x 2 và đường thẳng (d) : y = 2x + 3 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt 2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) Câu 3 (2.0 điểm) : Cho phương trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0 1. Giải phơng trình khi m = 4 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đường tròn (O) có đờng kính AB cố định, M là một điểm thuộc (O) ( M khác A và B ) . Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đường tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C. CD là đờng kính của (I). Chứng minh rằng: 1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng 2. Tam giác COD là tam giác cân 3. Đờng thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đường tròn (O) 2 2 2 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn : a b c 3 a b c 1 2 2 2 Chứng minh rằng : a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3 2
  27. BÀI GIẢI CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 2 1. Chứng minh rằng : P a 1 a 1 a 1 1 P 4 a a 1 a 1 2a a 2 2 a 1 a 1 4 a a 1 a 1 1 P . a 1 a 1 2a a 1.0 a 2 a 1 a 2 a 1 4a a 4 a 1 P . a 1 a 1 2a a 1 4a a 1 2 P . (ĐPCM) a 1 2a a a 1 2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a 2 a a2 a 2 0 => a 1 . Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm 1.0 a1 = -1 x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt c 3 3 1.0 x1 = -1 và x2 = a 1 2 Với x1 = -1 => y1 = (-1) = 1 => A (-1; 1) 2 Với x2 = 3 => y2 = 3 = 9 => B (3; 9) Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B 2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) 2 Ta biểu diễn các điểm A và B trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ 9 B 1.0 A 1 D C -1 0 3
  28. AD BC 1 9 S .DC .4 20 ABCD 2 2 BC.CO 9.3 S 13,5 BOC 2 2 AD.DO 1.1 S 0,5 AOD 2 2 Theo công thức cộng diện tích ta có: S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO) = 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt) 1. Khi m = 4, ta có phương trình x2 + 8x + 12 = 0 có ’ = 16 – 12 = 4 > 0 1.0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - 4 + 2 = - 2 và x2 = - 4 - 2 = - 6 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 3 x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0 Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4 1.0 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > 0 => 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2 Vậy với m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt 1.0 4 1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng: Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) MC  MO (1) Xét đường tròn (I) : Ta có C·MD 900 MC  MD (2) Từ (1) và (2) => MO // MD MO và MD trùng nhau O, M, D thẳng hàng 2. Tam giác COD là tam giác cân CA là tiếp tuyến của đường tròn (O) CA AB(3) Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C CA  CD(4) Từ (3) và (4) CD // AB => D·CO C·OA (*) 1.0 ( Hai góc so le trong) CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O) C·OA C·OD ( ) Từ (*) và ( ) D·OC D·CO Tam giác COD cân tại D 3. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di 1.0 động trên đờng tròn (O)
  29. * Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H. C·HD 900 H (I) (Bài toán quỹ tích) DH kéo dài cắt AB tại K. Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I) C·ND 900 => NC NO COD can tai D Ta có tứ giác NHOK nội tiếp ¶ µ · · · 0 Vì có H2 O1 DCO ( Cùng bù với góc DHN) NHO NKO 180 (5) * Ta có : N·DH N·CH (Cùng chắn cung NH của đường tròn (I)) C·BO H·ND H·CD DHN COB (g.g) HN OB  HD OC OB OA HN ON · ·  Mà ONH CDH OC OC HD CD OA CN ON OC CD CD  NHO DHC (c.g.c) N·HO 900 Mà N·HO N·KO 1800 (5) N·KO 900 , NK  AB NK // AC K là trung điểm của OA cố định (ĐPCM) 2 2 2 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn : a b c 3 a b c 1 Chứng minh rằng : a2 2b 3 b2 2c 3 c2 2a 3 2 2 2 a2 b2 a b a2 b2 c2 a b c * C/M bổ đề: và . x y x y x y x x y z Thật vậy 2 2 2 a b a b 2 2 a2 y b2 x x y xy a b ay bx 0 x y x y (Đúng) ĐPCM 5 2 1.0 a2 b2 c2 a b c Áp dụng 2 lần , ta có: x y x x y z 2 2 * Ta có : a 2b 3 a 2b 1 2 2a 2b 2 , tương tự Ta có: a b c a b c A 2 2 2 a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3 2a 2b 2 2b 2c 2 2c 2a 2 1 a b c A (1) 2 1a4 4b 41 4 b4 2c 4 14 4c 4a4 31 B a b c Ta chứng minh 1 a b 1 b c 1 c a 1
  30. a b c 1 1 1 2 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 b 1 c 1 a 1 2 a b 1 b c 1 c a 1 b 1 2 c 1 2 a 1 2 2 (2) a b 1 b 1 b c 1 c 1 c a 1 a 1 1 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 4 4 4 4 43 3 B * Áp dụng Bổ đề trên ta có: a b c 3 2 3 B a b 1 b 1 b c 1 c 1 c a 1 a 1 a b c 3 2 3 B (3) a2 b2 c2 ab bc ca 3(a b c) 3 * Mà: 2 2 2 2 a b c ab bc ca 3(a b c) 3 2a2 2b2 2c2 2ab 2bc 2ca 6a 6b 6c 6 2a2 2b2 2c2 2ab 2bc 2ca 6a 6b 6c 6 (Do : a2 b2 c2 3) a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca 6a 6b 6c 9 a b c 3 2 a b c 3 2 2 (4) a2 b2 c2 ab bc ca 3(a b c) 3 Từ (3) và (4) (2) Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh. Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1
  31. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày:21/6/2012 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 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 1. 3x 2y 19 2. x 5 2x 18 3. x2 12x 36 0 4. x 2011 4x 8044 3 Câu 2: (1,5 điểm) 1 1 a 1 Cho biểu thức: (với ) K 2 : 2 a 0,a 1 a 1 a a a 1. Rút gọn biểu thức K. 2. Tìm a để K 2012 . Câu 3: (1,5 điểm) Cho phương trình (ẩn số x): x2 4x m2 3 0 * . 1. Chứng minh phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 2. Tìm giá trị của m để phương trình (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa x2 5x1 . Câu 4: (1,5 điểm) Một ô tô dự định đi từ A đến B cách nhau 120 km trong một thời gian quy định. Sau khi đi được 1 giờ thì ô tô bị chặn bởi xe cứu hỏa 10 phút. Do đó để đến B đúng hạn xe phải tăng vận tốc thêm 6 km/h. Tính vận tốc lúc đầu của ô tô. Câu 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn O , từ điểm ởA ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến A vàB A (C B, C là các tiếp điểm). OAcắtBC tại E. 1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. 2. Chứng minh BC vuông góc với OA và BA.BE AE.BO . 3. Gọi I là trung điểm của BE , đường thẳng quaI và vuông góc OI cắt các tia AB, AC theo thứ tự tại D và F . Chứng minh I·DO B·CO và DOF cân tại O . 4. Chứng minh F là trung điểm của.AC GỢI Ý GIẢI: Câu 1: (2,0 điểm) Giải hệ phương trình , các phương trình sau đây: x y 43 2x 2y 86 5x 105 x 21 1. 3x 2y 19 3x 2y 19 x y 43 y 22 2. x 5 2x 18 ; ÐK : x 9
  32. x 23(TMÐK) x 5 2x 18 13 x 5 2x 18 x (KTMÐK) 3 3. x2 12x 36 0 (x 6)2 0 x 6 x 2011 4x 8044 3;ÐK : x 2011 4. 3 x 2011 3 x 2012(TMÐK) Câu 2: (1,5 điểm) 1 1 a 1 Cho biểu thức: (với ) K 2 : 2 a 0,a 1 a 1 a a a 1 1 a 1 a a 1 a 1 K 2 : 2 2 : a 1 a a a a( a 1) a(a 1) 1 1 1 2 : 2 : a( a 1) 2 a a( a 1) a( a 1) a( a 1) K 2012 2 a = 2012 a = 503 (TMĐK) Câu 3: (1,5 điểm) Cho phương trình (ẩn số x):. x2 4x m2 3 0 * 1. 16 4m2 12 4m2 4 4 0;m Vậy (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 2. Tìm giá trị của m để phương trình (*) có hai nghiệm x1, x2 thỏa x2 5x1 . 2 Theo hệ thức VI-ET có :x1.x2 = - m + 3 ;x1+ x2 = 4; mà x2 5x1 => x1 = - 1 ; x2 = 5 2 Thay x1 = - 1 ; x2 = 5 vào x1.x2 = - m + 3 => m = 2 2 Câu 4: (1,5 điểm) 120 Gọi x (km/h) là vt dự định; x > 0 => Thời gian dự định : (h) x Sau 1 h ô tô đi được x km => quãng đường còn lại 120 – x ( km) Vt lúc sau: x + 6 ( km/h) 1 120 x 120 Pt 1 => x = 48 (TMĐK) => KL 6 x 6 x HD C3 Tam giác BOC cân tại O => góc OBC = góc OCB Tứ giác OIBD có góc OID = góc OBD = 900 nên OIBD nội tiếp => góc ODI = góc OBI Do đó I·DO B·CO Lại có FIOC nội tiếp ; nên góc IFO = góc ICO Suy ra góc OPF = góc OFP ; vậy DOF cân tại 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 của tam giác ABC => FA = FC
  33. Sở GD – ĐT NGHỆ AN §Ò thi vµo THPT n¨m häc 2012 - 2013 M«n thi: To¸n ĐỀ CHÍNH THỨC Thêi gian 120 phót Ngày thi 24/ 06/ 2012 C©u 1: 2,5 ®iÓm: 1 1 x 2 Cho biÓu thøc A = . x 2 x 2 x a) T×m ®iÒu kiÖn x¸c ®Þnh vµ tó gän A. 1 b) T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó A 2 7 c) T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó B A ®¹t gi¸ trÞ nguyªn. 3 C©u 2: 1,5 ®iÓm: Qu¶ng ®­êng AB dµi 156 km. Mét ng­êi ®i xe m¸y tö A, mét ng­êi ®i xe ®¹p tõ B. Hai xe xuÊt ph¸t cïng mét lóc vµ sau 3 giê gÆp nhau. BiÕt r»ng vËn tèc cña ng­êi ®I xe m¸y nhanh h¬n vËn tèc cña ng­êi ®I xe ®¹p lµ 28 km/h. TÝnh vËn tèc cña mçi xe? C©u 3: 2 ®iÓm: Chjo ph­¬ng tr×nh: x2 – 2(m-1)x + m2 – 6 =0 ( m lµ tham sè). a) Gi¶I ph­¬ng tr×nh khi m = 3 2 2 b) T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1, x2 tháa m·n x1 x2 16 C©u 4: 4 ®iÓm Cho ®iÓm M n»m ngoµi ®­êng trßn t©m O. VÏ tiÕp tuyÕn MA, MB víi ®­êng trßn (A, B lµ c¸c tiÕp ®iÓm). VÏ c¸t tuyÕn MCD kh«ng ®I qua t©m O ( C n»m gi÷a M vµ D), OM c¾t AB vµ (O) lÇn l­ît t¹i H vµ I. Chøng minh. a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp. b) MC.MD = MA2 c) OH.OM + MC.MD = MO2 d) CI lµ tia ph©n gi¸c gãc MCH.
  34. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (2,5 điểm) a, Với x > 0 và x 4, ta có: 1 1 x 2 x 2 x 2 x 2 2 A = . = . = = x 2 x 2 x ( x 2)( x 2) x x 2 2 2 1 b, A = > x > 4. x 2 x 2 2 7 2 14 c, B = . = là một số nguyên x 2 là ước của 14 hay 3 x 2 3( x 2) x 2 = 1, x 2 = 7, x 2 = 14. (Giải các pt trên và tìm x) Câu 2: (1,5 điểm) Gọi vân tốc của xe đạp là x (km/h), điều kiện x > 0 Thì vận tốc của xe máy là x + 28 (km/h) Trong 3 giờ: + Xe đạp đi được quãng đường 3x (km), + Xe máy đi được quãng đường 3(x + 28) (km), theo bài ra ta có phương trình: 3x + 3(x + 28) = 156 Giải tìm x = 12 (TMĐK) Trả lời: Vận tốc của xe đạp là 12 km/h và vận tốc của xe máy là 12 + 28 = 40 (km/h) Câu 3: (2,0 điểm) a, Thay x = 3 vào phương trình x2 - 2(m - 1)x + m2 - 6 = 0 và giải phương trình: 2 x - 4x + 3 = 0 bằng nhiều cách và tìm được nghiệm x1 = 1, x2 = 3. b, Theo hệ thức Viét, gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 - 2(m - 1)x + m2 - 6 = 0 , ta có: x1 x2 2(m 1) 2 x1.x2 m 6 2 2 2 và x1 + x2 = (x1 + x2) - 2x1.x2 = 16 Thay vào giải và tìm được m = 0, m = -4
  35. Câu 4: (4,0 điểm). Tự viết GT-KL A D C M O I H H B a, Vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B nên các góc của tứ giác MAOB vuông tại A và B, nên nội tiếp được đường tròn. b, MAC và MDA có chung M¶ và M· AC = M· DA (cùng chắn A»C ), nên đồng dạng. Từ MA MD đó suy ra MC.MD MA2 (đfcm) MC MA c, MAO và AHO đồng dạng vì có chung góc O và ·AMO H· AO (cùng chắn hai cung bằng nhau của đường tròn nội tiếp tứ giác MAOB). Suy ra OH.OM = OA2 Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông MAO và các hệ thức OH.OM = OA 2 MC.MD = MA2 để suy ra điều phải chứng minh. MH MC d, Từ MH.OM = MA2, MC.MD = MA2 suy ra MH.OM = MC.MD (*) MD MO Trong MHC và MDO có (*) và D·MO chung nên đồng dạng. MC MO MO MC MO hay (1) HC MD OA CH OA Ta lại có M· AI I·AH (cùng chắn hai cung bằng nhau) AI là phân giác của M· AH . MI MA Theo t/c đường phân giác của tam giác, ta có: (2) IH AH MHA và MAO có O·MA chung và M· HA M· AO 900 do đó đồng dạng (g.g) MO MA (3) OA AH MC MI Từ (1), (2), (3) suy ra suy ra CI là tia phân giác của góc MCH CH IH
  36. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi : 22/06/2012 Câu 1 (1,5 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a) A 2 5 3 45 500 8 2 12 b) B 8 3 1 Câu 2: (2 điểm) a) Giải phương trình: x2 – 5x + 4 = 0 3x y 1 b) Giải hệ phương trình: x 2y 5 Câu 3: (2 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình: y = x2 và đường thẳng (d) có phương trình: y = 2mx – 2m + 3 (m là tham số) a) Tìm toạ độ các điểm thuộc (P) biết tung độ của chúng bằng 2 b) Chứng minh rằng (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m. Gọi y1, y2 là các tung độ giao điểm của (P) và (d), tìm m để y1 y2 9 Câu 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lấy điểm M ( M khác A). Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với (O) (C là tiếp điểm). Kẻ CH vuông góc với AB (H AB ), MB cắt (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại N. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AKNH là tứ giác nội tiếp. b) AM2 = MK.MB c) Góc KAC bằng góc OMB d) N là trung điểm của CH. Câu 5(1 điểm) Cho ba số thực a, b, c thoả mãn a 1;b 4;c 9 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : bc a 1 ca b 4 ab c 9 P abc
  37. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 QUẢNG TRỊ KHÓA NGÀY : 19/6/2012 MÔN : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:(2 điểm) 1.Rút gọn các biểu thức (không dùng máy tính cầm tay): a) 250 - 18 1 1 1 b) P  , với a 0,a 1 a 1 a 1 a 1 2.Giải hệ phương trình (không dùng máy tính cầm tay): x y 4 2x y 5 Câu 2:(1,5 điểm) 2 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 5x 3 0 .Không giải phương trình, tính giá trị các biểu thức sau: 1 2 2 a, x1 + x2 b, c, x1 x2 x1 x2 Câu 3:(1,5 điểm) Trên mặt phảng tọa độ, gọi (P) là đồ thị hàm số y x 2 a, Vẽ (P) b, Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng d: y = -2x+3 Câu 4:(1,5 điểm) Hai xe khởi hành cùng một lúc đi từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 100km. Xe thứ nhất chạy nhanh hơn xe thứ hai 10km/h nên đã đến B sớm hơm 30 phút, Tính vận tốc mỗi xe. Câu 5:(3,5 điểm) Cho đường tròn (O). Đường thẳng (d) không đi qua tâm (O) cắt đường tròn tại hai điểm A và B theo thứ tự, C là điểm thuộc (d) ở ngoài đường tròn (O). Vẽ đường kính PQ vuông góc với dây AB tại D ( P thuộc cung lớn AB), Tia CP cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là I, AB cắt IQ tại K. a) Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh CI.CP = CK.CD c) Chứng minh IC là phân giác của góc ngoài ở đỉnh I của tam giác AIB. d) Cho ba điểm A, B, C cố định. Đường tròn (O) thay đổi nhưng vẫn đi qua A và B. Chứng minh rằng IQ luôn đi qua một điểm cố định.
  38. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NINH THUẬN NĂM HỌC 2012 – 2013 Khóa ngày: 24 – 6 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) 2x y 3 a) Giải hệ phương trình: x 3y 4 b) Xác định các giá trị của m để hệ phương trình sau vô nghiệm: (m 2)x (m 1)y 3 ( m là tham số) x 3y 4 Bài 2: (3,0 điểm) Cho hai hàm số y = x2 và y = x + 2. a) Vẽ đồ thị hai hàm số đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Bằng phép tính hãy xác định tọa độ các giao điểm A, B của hai đồ thị trên (điểm A có hoành độ âm). c) Tính diện tích của tam giác OAB (O là gốc tọa độ) Bài 3: (1,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức H = ( 10 2) 3 5 Bài 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AC = 2R. Từ một điểm E ở trên đoạn OA (E không trùng với A và O). Kẻ dây BD vuông góc với AC. Kẻ đường kính DI của đường tròn (O). a) Chứng minh rằng: AB = CI. b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2 2R c) Tính diện tích của đa giác ABICD theo R khi OE = 3 Bài 5: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC và các trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng: 3 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA 4 ĐÁP ÁN: Bài 1: (2,0 điểm) 2x y 3 2x y 3 5y 5 x 1 a) Giải hệ phương trình: x 3y 4 2x 6y 8 x 3y 4 y 1 b) Hệ phương trình vô nghiệm khi: m 2 m 1 m 2 m 1 3 1 3 3m 6 m 1 5 m 1 3 4 m 1 3 4m 4 9 2 3 4 Bài 2: (3,0 điểm) a) Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ. x -2 -1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 (P)
  39. x - 2 0 y = x + 2(d) 0 2 b) Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 y x x x 2 x x 2 0 x1 1; x2 2 y x 2 y x 2 y x 2 y1 1; y2 4 Tọa độ các giao điểm của (d) và (P): A (-1;1) và B (2;4) 1 1 1 c) SOAB = .(1+4).3 - .1.1 - .2.4 = 3 2 2 2 Bài 3: (1,0 điểm) H = ( 10 2) 3 5 5 1 6 2 5 5 1 5 1 5 1 4 Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng: AB = CI. B I Ta có: BD AC (gt) D· BI = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BD BI » º A E C Do đó: AC // BI AB CI AB = CI O b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2 Vì BD AC »AB »AD nên AB = AD D Ta có: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = AB2 + CD2 = AD2 + CD2 = AC2 = (2R)2 = 4R2 2R c) Tính diện tích của đa giác ABICD theo R khi OE = 3 1 1 SABICD = SABD + SABIC = .DE.AC + .EB.(BI + AC) 2 2 2R R 2R 5R * OE = AE = và EC = + R = 3 3 3 3
  40. R 5R 5R2 R 5 R 5 * DE2 = AE.EC = . = DE = . Do đó: EB = 3 3 9 3 3 R 4R * BI = AC – 2AE = 2R – 2. = 3 3 1 R 5 1 R 5 4R R 5 16R 8R2 5 Vậy: SABICD = . .2R + .( + 2R) = . = (đvdt) 2 3 2 3 3 6 3 9 Bài 5: (1,0 điểm) A Cho tam giác ABC và các trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng: 3 (AB + BC + CA) MN hay BN + AM > AB (4) 3 3 2 1 1 1 Tương tự: BN + CP > BC (5) 3 3 2 1 1 1 CP + AM > AC (6) 3 3 2 Từ (4), (5), (6) suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 BN + AM + BN + CP + CP + AM > AB + BC+ AC 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 1 (AM + BN + CP) > (AB + AC + BC) 3 2 3 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP ( ) 4 3 Từ (*), ( ) suy ra: (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA 4
  41. ĐỀ CHÍNH THỨC
  42. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Khóa ngày : 24/6/2012 THỪA THIÊN HUẾ Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1:(2,0 điểm) 5 3 5 3 3 a).Cho biểu thức: C = 5 3 . Chứng tỏ C = 3 5 3 1 b) Giải phương trình : 3 x 2 x2 4 = 0 Bài 2:(2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d) đi qua điểm M (1;2) có hệ số góc k 0. a/ Chứng minh rằng với mọi giá trị k 0. đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. b/ Gọi xA và xB là hoành độ của hai điểm A và B.Chứng minh rằng xA + xB xA .xB 2 = 0 Bài 3:(2,0 điểm) a/ Một xe lửa đi từ ga A đến ga B.Sau đó 1 giờ 40 phút, một xe lửa khác đi từ ga A đến ga B với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe lửa thứ nhất là 5 km/h.Hai xe lửa gặp nhau tại một ga cách ga B 300 km.Tìm vận tốc của mỗi xe, biết rằng quãng đường sắt từ ga A đến ga B dài 645 km. 2 x y 5 x y b/ Giải hệ phương trình : 20 20 7 x y x y Bài 4:(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC.Lấy điểm A trên tia đối của tia CB.Kẻ tiếp tuyến AF với nửa đường tròn (O) ( F là tiếp điểm), tia AF cắt tia tiếp tuyến Bx của nửa đường tròn (O) tại D ( tia tiếp tuyến Bx nằm trong nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đường tròn (O)) .Gọi H là giao điểm của BF với DO ; K là giao điểm thứ hai của DC với nửa đường tròn (O). a/ Chứng minh rằng : AO.AB=AF.AD. b/ Chứng minh tứ giác KHOC nội tiếp. BD DM c/ Kẻ OM BC ( M thuộc đoạn thẳng AD).Chứng minh = 1 O A DM AM Bài 5:(1,0 điểm) 0 Cho hình chử nhật OABC, C·OB = 300 .Gọi CH là đường cao của tam 30 giác COB, CH=20 cm.Khi hình chữ nhật OABC quay một vòng quanh cạnh OC cố định ta được một hình trụ, khi đó tam giác OHC tạo thành hình (H).Tính thể tích của phần hình trụ nằm bên ngoài hình (H). (Cho 3,1416 ) K H 12 cm B C
  43. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH PHÚ THỌ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang
  44. Câu 1 (2đ) a) Giải phương trình 2x – 5 =1 b) Giải bất phương trình 3x – 1 > 5 Câu 2 (2đ) 3x y 3 a) Giải hệ phương trình 2x y 7 1 1 6 b) Chứng minh rằng 3 2 3 2 7 Câu 3 (2đ) Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x – 1 = 0 a) Giải phương trình khi m = 1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức 2 2 A = x1 – x1x2 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Câu 4 (3đ) Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy B làm tâm vẽ đường tròn tâm B bán kính AB.Lấy C làm tâm vẽ đường tròn tâm C bán kính AC, hai đường tròn này cắt nhau tại điểm thứ 2 là D.Vẽ AM, AN lần lượt là các dây cung của đường tròn (B) và (C) sao cho AM vuông góc với AN và D nằm giữa M; N. a) CMR: ABC= DBC b) CMR: ABDC là tứ giác nội tiếp. c) CMR: ba điểm M, D, N thẳng hàng d) Xác định vị trí của các dây AM; AN của đường tròn (B) và (C) sao cho đoạn MN có độ dài lớn nhất. 2 2 x 5y 8y 3 Câu 5 (1đ) Giải Hệ PT (2x 4y 1) 2x y 1 (4x 2y 3) x 2y Hết GỢI Ý GIẢI Câu 1 (2đ) a) Giải phương trình 2x – 5 = 1 b) Giải bất phương trình 3x – 1 > 5 Đáp án a) x = 3 ; b) x > 2 3x y 3 Câu 2 (2đ) a) Giải hệ phương trình 2x y 7 1 1 6 b) Chứng minh rằng 3 2 3 2 7 Đáp án a) x = 2 ; y = – 3 3 2 3 2 6 b) VT = =VP (đpcm) 9 2 7 Câu 3 (2đ) Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x – 1 = 0
  45. c) Giải phương trình khi m = 1 d) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 mà biểu thức 2 2 A = x1 – x1x2 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Đáp án a) x1 = 2 5 ; x2 = 2 5 e) Thấy hệ số của pt : a = 1 ; c = A – 1 pt luôn có 2 nghiệm Theo vi- ét ta có x1 + x2 =2(m – 3) ; x1x2 = –1 2 2 2 2 Mà A=x1 – x1x2 + x2 = (x1 + x2 ) – 3x1x2 = 4(m – 3) + 3 3 GTNN của A = 3 m = 3 Câu 4 (3đ) Hướng dẫn a) Có AB = DB; AC = DC; BC chung ABC = DBC (c-c-c) b) ABC = DBC góc BAC =BDC = 90 0 ABDC là tứ giác nội tiếp c) Có gócA = gócM ( ABM cân tại B) 1 1 A gócA4 = gócN2 ( ACN cân tại C) 1 gócA = gócA ( cùng phụ A ) 2 4 1 4 2;3 3  gócA1 = gócM1 =gócA4= gócN2 M 1 2 B gócA2 = gócN1 ( cùng chắn cung AD của (C) ) 1 0 0 2 C Lại có A1+A2 + A3 = 90 => M1 + N1 + A3 = 90 0 Mà AMN vuông tại A => M + N + M = 90 1 1 1 2 2 => A = M => A = D 3 3 2 3 1 4 CDN cân tại C => N1;2 = D4 D 1 2 D 2;3 + D1 + D4 =D2;3 + D1 + N1;2 = D2;3 + M2 + N1 + N2 N 0 = 90 + M2 + N1 + M1 ( M1 = N2) = 900 + 900 = 1800  M; D; N thẳng hàng. d) AMN đồng dạng ABC (g-g) Ta có NM2 = AN2 +AM2 để NM lớn nhất thì AN ; AM lớn nhất Mà AM; AN lớn nhât khi AM; AN lần lượt là đường kính của (B) và (C) Vậy khi AM; AN lần lượt là đường kính của (B) và (C) thì NM lớn nhất. 2 2 x 5y 8y 3 Câu 5 (1đ): Giải Hệ PT (2x 4y 1) 2x y 1 (4x 2y 3) x 2y Hướng dẫn 2 2 x 5y 8y 3 (2x 4y 1) 2x y 1 (4x 2y 3) x 2y 2 2 x 5y 8y 3(1)  (2 x 2y 1) 2x y 1 (2 2x y 1 1) x 2y(2) Từ (2) đặt x +2y = a ; 2x–y –1 = b (a:b 0) Ta dc (2a-1)b =(2b –1)a  (a b )(2ab 1) = 0  a = b  x = 3y + 1 thay vào (1) ta dc 2 2y – y – 1= 0 => y1 = 1 ; y2 = –1/2 => x1 = 4 ; x2 = –1/2 Thấy x2 + 2y2 = –1 < 0 (loại) Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4 ; 1)
  46. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn H­ng yªn N¨m häc 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC M«n thi: To¸n (Dµnh cho thÝ sinh dù thi c¸c líp chuyªn: To¸n, Tin) (§Ò thi cã 01 trang) Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bài 1: (2 điểm) a) Cho A = 20122 20122.20132 20132 . Chứng minh A là một số tự nhiên. 1 x x2 3 2 y y b) Giải hệ phương trình 1 x x 3 y y Bài 2: (2 điểm) a) Cho Parbol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = (m +2)x – m + 6. Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương. b) Giải phương trình: 5 + x + 2 (4 x)(2x 2) 4( 4 x 2x 2) Bài 3: (2 điểm) a) Tìm tất cả các số hữu tỷ x sao cho A = x2 + x+ 6 là một số chính phương. (x3 y3 ) (x2 y2 ) b) Cho x > 1 và y > 1. Chứng minh rằng : 8 (x 1)(y 1) Bài 4 (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao BE và CF. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S, gọi BC và OS cắt nhau tại M a) Chứng minh AB. MB = AE.BS b) Hai tam giác AEM và ABS đồng dạng c) Gọi AM cắt EF tại N, AS cắt BC tại P. CMR NP vuông góc với BC Bài 5: (1 điểm) Trong một giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn một lượt (hai đội bất kỳ thi đấu với nhau đúng một trận). a) Chứng minh rằng sau 4 vòng đấu (mỗi đội thi đấu đúng 4 trận) luôn tìm được ba đội bóng đôi một chưa thi đấu với nhau. b) Khẳng định trên còn đúng không nếu các đội đã thi đấu 5 trận? HƯỚNG DẪN GIẢI
  47. Bài 1: (2 điểm) a) Cho A = 20122 20122.20132 20132 Đặt 2012 = a, ta có 20122 20122.20132 201 32 a 2 a 2 (a 1)2 (a 1)2 (a 2 a 1)2 a 2 a 1 2 x 2 1 x a x 3 1 x 2 x 3 y y y y y b) Đặt Ta có 1 1 x x b x 3 1 x x 3 y y y y y b2 a 3 b2 b 6 0 a 6 a 1 nên v b a 3 b a 3 b 3 b 2 Bài 2: a) ycbt tương đương với PT x2 = (m +2)x – m + 6 hay x2 - (m +2)x + m – 6 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt. b) Đặt t = 4 x 2x 2 Bài 3: a) x = 0, x = 1, x= -1 không thỏa mãn. Với x khác các giá trị này, trước hết ta chứng minh x phải là số nguyên. +) x2 + x+ 6 là một số chính phương nên x2 + x phải là số nguyên. m +) Giả sử xvới m và n có ước nguyên lớn nhất là 1. n m2 m m2 mn Ta có x2 + x = là số nguyên khi m2 mn chia hết cho n2 n2 n n2 nên m2 mn chia hết cho n, vì mn chia hết cho n nên m2 chia hết cho n và do m và n có ước nguyên lớn nhất là 1, suy ra m chia hết cho n( mâu thuẫn với m và n có ước nguyên lớn nhất là 1). Do đó x phải là số nguyên. Đặt x2 + x+ 6 = k2 Ta có 4x2 + 4x+ 24 = 4 k2 hay (2x+1)2 + 23 = 4 k2 tương đương với 4 k2 - (2x+1)2 = 23 (x3 y3 ) (x2 y2 ) x2 (x 1) y2 (y 1) x2 y2 = (x 1)(y 1) (x 1)(y 1) y 1 x 1 (x 1)2 2(x 1) 1 (y 1)2 2(y 1) 1 y 1 x 1 (x 1)2 (y 1)2 2(y 1) 2(x 1) 1 1 . y 1 x 1 x 1 y 1 y 1 x 1 Theo BĐT Côsi
  48. (x 1)2 (y 1)2 (x 1)2 (y 1)2 2 . 2 (x 1)(y 1) y 1 x 1 y 1 x 1 2(y 1) 2(x 1) 2(y 1) 2(x 1) . 4 x 1 y 1 x 1 y 1 1 1 1 1 2 . y 1 x 1 y 1 x 1 1 1 1 1 2 . (x 1)(y 1) 2.2 . . (x 1)(y 1) 4 y 1 x 1 y 1 x 1 Bài 4 C E S P Q M N A O F B a) Suy ra từ hai tam giác đồng dạng là ABE và BSM AE MB b) Từ câu a) ta có (1) AB BS Mà MB = EM( do tam giác BEC vuông tại E có M là trung điểm của BC AE EM Nên AB BS Có M· OB B·AE,E·BA B·AE 900 ,M· BO M· OB 900 Nên M· BO E·BA do đó M· EB O·BA( M· BE) Suy ra M· EA S·BA (2) Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEM và ABS đồng dạng(đpcm.) c) Dễ thấy SM vuông góc với BC nên để chứng minh bài toán ta chứng minh NP //SM. + Xét hai tam giác ANE và APB: Từ câu b) ta có hai tam giác AEM và ABS đồng dạng nên N· AE P·AB , Mà A·EN A· BP ( do tứ giác BCEF nội tiếp)
  49. AN AE Do đó hai tam giác ANE và APB đồng dạng nên AP AB AM AE Lại có ( hai tam giác AEM và ABS đồng dạng) AS AB AM AN Suy ra nên trong tam giác AMS có NP//SM( định lí Talet đảo) AS AP Do đó bài toán được chứng minh. Bài 5 a. Giả sử kết luận của bài toán là sai, tức là trong ba đội bất kỳ thì có hai đội đã đấu với nhau rồi. Giả sử đội đã gặp các đội 2, 3, 4, 5. Xét các bộ (1; 6; i) với i Є{7; 8; 9; ;12}, trong các bộ này phải có ít nhất một cặp đã đấu với nhau, tuy nhiên 1 không gặp 6 hay i nên 6 gặp i với mọi i Є{7; 8; 9; ;12} , vô lý vì đội 6 như thế đã đấu hơn 4 trận. Vậy có đpcm. b. Kết luận không đúng. Chia 12 đội thành 2 nhóm, mỗi nhóm 6 đội. Trong mỗi nhóm này, cho tất cả các đội đôi một đã thi đấu với nhau. Lúc này rõ ràng mỗi đội đã đấu 5 trận. Khi xét 3 đội bất kỳ, phải có 2 đội thuộc cùng một nhóm, do đó 2 đội này đã đấu với nhau. Ta có phản ví dụ. Có thể giải quyết đơn giản hơn cho câu a. như sau: Do mỗi đội đã đấu 4 trận nên tồn tại hai đội A, B chưa đấu với nhau. Trong các đội còn lại, vì A và B chỉ đấu 3 trận với họ nên tổng số trận của A, B với các đội này nhiều nhất là 6 và do đó, tồn tại đội C trong số các đội còn lại chưa đấu với cả A và B. Ta có A, B, C là bộ ba đội đôi một chưa đấu với nhau.
  50. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯNG YÊN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN A: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2 điểm) Từ câu 1 đến câu 8, hãy chọn phương án đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm Câu 1: giá trị của biểu thức 2 8 bằng: A. 10 B. 3 2 C. 6 D. 2 4 Câu 2: Biểu thức x 1 x 2 có nghĩa khi: A. x < 2 B. x 2 C. x 1 D. x 1 Câu 3: đường thẳng y = (2m – 1)x + 3 song song với đường thẳng y = 3x – 2 khi: A. m = 2 B. m = - 2 C. m 2 D. m 2 2x y 3 Câu 4: Hệ phương trình có nghiệm (x;y) là: x y 3 A. (-2;5) B. (0;-3) C. (1;2) D. (2;1) Câu 5: Phương trình x2 – 6x – 5 = 0 có tổng hai nghiệm là S và tích hai nghiệm là P thì: A. S = 6; P = -5 B. S = -6; P = 5 C. S = -5; P = 6 D. S = 6; P = 5 Câu 6: Đồ thị hàm số y = -x2 đi qua điểm: A. (1;1) B. (-2;4) C. (2;-4) D. (2 ;-1) Câu 7: Tam giác ABC vuông tại A có AB = 4cm; AC = 3cm thì độ dài đường cao AH là: 3 12 5 4 A. cm B. cm C. cm D. cm 4 5 12 3 Câu 8: Hình trụ có bán kính đáy và chiều cao cùng bằng R thì thể tích là A. 2 R3 B. R2 C. R3 D. 2 R2 PHẦN B: TỰ LUẬN ( 8,0 điểm) Bài 1: (1 điểm) a) Tìm x biết 3x 2 2 x 2 2 b) Rút gọn biểu thức: A 1 3 3
  51. Bài 2: (1,5 điểm) Cho đường thẳng (d): y = 2x + m – 1 a) Khi m = 3, tìm a để điểm A(a; -4) thuộc đường thẳng (d). b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt các trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại M và N sao cho tam giác OMN có diện tích bằng 1. Bài 3: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m = 0 (1) a) Giải phương trình (1) với m = 2. 2 b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn (x1 + m)(x2 + m) = 3m + 12 Bài 4: (3 điểm) Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến Am, AN với đường tròn (M, N là các tiếp điểm). Đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt B,C (O không thuộc (d), B nằm giữa A và C). Gọi H là trung điểm của BC. a) Chứng minh các điểm O, H, M, A, N cùng nằm trên một đường tròn, b) Chứng minh HA là tia phân giác của M· HN . c) Lấy điểm E trân MN sao cho BE song song với AM. Chứng minh HE//CM. Bài 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 4. 1 1 Chứng minh rằng 1 xy xz HƯỚNG DẪN GIẢI: Phần trắc nghiệm: Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu B D A D A B B C Phần tự luận: Bài 1: a) Tìm x biết 3x 2 2 x 2 3x 2 2x 2 2 x 2 . Vậy x 2 2 b) Rút gọn biểu thức: A 1 3 3 1 3 3 3 1 3 1 . Vậy A 1 Bài 2: a) Thay m = 3 vào phương trình đường thẳng ta có: y = 2x + 2. Để điểm A(a; -4) thuộc đường thẳng (d) khi và chỉ khi: -4 = 2a + 2 suy ra a = -3. 1 m b) Cho x = 0 suy ra y = m – 1 suy ra: ON m 1 , cho y = 0 suy ra x 2 1 m m 1 suy ra OM hayOM 2 2 m 1 Để diện tích tam giác OMN = 1 khi và chỉ khi: OM.ON = 2 khi và chỉ khi m 1 . 2 2
  52. Khi và chỉ khi (m – 1)2 = 4 khi và chỉ khi: m – 1 = 2 hoặc m – 1 = -2 suy ra m = 3 hoặc m = -1 Vậy để diện tích tam giác OMN = 1 khi và chỉ khi m = 3 hoặc m = -1. Bài 3: Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m = 0 (1) a) Giải phương trình (1) với m = 2. 2 b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn (x1 + m)(x2 + m) = 3m + 12 HD: a) Thay m = 2 vào phương trình (1) ta được phương trình: x2 – 6x + 8 = 0 Khi và chỉ khi (x – 2)(x – 4) = 0 khi và chỉ khi x = 2 hoặc x = 4 Vậy với m = 2 thì phương trình có 2 nghiệm x1 = 2 , x2 = 4. b) Ta có ' m 1 2 4m m 1 2 0 vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m. S 2 m 1 Áp dụng định lí Vi-et ta có: P 4m 2 2 Để (x1 + m)(x2 + m) = 3m + 12 khi và chỉ khi x1x2 + (x1 + x2) m - 2 m – 12 = 0. S khi và chỉ khi : 4m + m.2(m + 1) – 2m2 – 12 = 0 khi và chỉ khi 6m = 12 khi và chỉ khi m= 2 Bài 5 : M a) Theo tính chất tiếp tuyến căt nhau ta có : 0 E ·AMO ·ANO 90 H C B Do H là trung điểm của BC nên ta có: A O ·AHO 900 Do đó 3 điểm A, M, H, N, O thuộc đường tròn đường kính AO b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AM = AN N Do 5 điểm A, M, H, O, N cùng thuộc một đường tròn nên: ·AHM ·AHN (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) Do đó HA là tia phân giác của M· HN c) Theo giả thiết AM//BE nên M· AC E·BH ( đồng vị) (1) Do 5 điểm A, M, H, O, N cùng thuộc một đường tròn nên: M M· AH M· NH (góc nội tiếp chắn cung MH) (2) E H · · C Từ (1) và (2) suy ra ENH EBH B A O Suy ra tứ giác EBNH nội tiếp Suy ra E·HB E·NB Mà E·NB M· CB (góc nội tiếp chắn cung MB) N Suy ra: E·HB M· CB Suy ra EH//MC.
  53. Bài 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 4. 1 1 Chứng minh rằng 1 xy xz Hướng dẫn: Vì x + y + z = 4 nên suy ra x = 4 – (y + z) 1 1 1 1 1 1 1 Mặt khác: 1 1 x do x dương. (*) xy xz x y z y z Thay x = 4 – (y + z) vào (*) ta có : 2 2 1 1 1 1 1 1 4 y z 2 y 2 z 0 y z 0 y z y z y z Luôn đúng với mọi x, y, z dương, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : y = z = 1, x = 2.
  54. THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán chung Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi này gồm một trang, có bốn câu) Câu 1: ( 2,5 điểm) . 1/ Giải các phương trình : a/ x4 x2 20 0 b/ x 1 x 1 x y 3 1 2/ Giải hệ phương trình : y x 3 Câu 2 : ( 2,0 điểm) . Cho parabol y = x2 (P) và đường thẳng y = mx (d), với m là tham số. 1/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại điểm có tung độ bằng 9. 2/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm, mà khoảng cách giữa hai điểm này bằng 6 Câu 3 : ( 2,0 điểm) 1 1 3 1 1/ Tính : P ( ). 2 3 2 3 3 3 2/ Chứng minh : a5 b5 a3b2 a2b3 , biết rằng a b 0 . Câu 4 : (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O, đường kính AH, đường tròn này cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại D và E . 1/ Chứng minh tứ giác BDEC là tứ giác nội tiếp được đường tròn. 2/ Chứng minh 3 điểm D, O, E thẳng hàng. 3/ Cho biết AB = 3 cm, BC = 5 cm. Tính diện tích tứ giác BDEC. HẾT
  55. THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán ( môn chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) ( Đề thi này gồm một trang, có năm câu) Câu 1. (1,5 điểm) Cho phương trình x4 16x2 32 0 ( với x R ) Chứng minh rằng x 6 3 2 3 2 2 3 là một nghiệm của phương trình đã cho. Câu 2. (2,5 điểm) 2x(x 1)(y 1) xy 6 Giải hệ phương trình ( với x R, y R ). 2y(y 1)(x 1) yx 6 Câu 3.(1,5 điểm) Cho tam giác đều MNP có cạnh bằng 2 cm. Lấy n điểm thuộc các cạnh hoặc ở phía trong tam giác đều MNP sao cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn hơn 1 cm ( với n là số nguyên dương). Tìm n lớn nhất thoả mãn điều kiện đã cho. Câu 4. (1 điểm) Chứng minh rằng trong 10 số nguyên dương liên tiếp không tồn tại hai số có ước chung lớn hơn 9. Câu 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC không là tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi D,E,F lần lượt là các tiếp điểm của BC, CA, AB với đường tròn (I). Gọi M là giao điểm của đường thẳng EF và đường thẳng BC, biết AD cắt đường tròn (I) tại điểm N (N không trùng với D), giọi K là giao điểm của AI và EF. 1) Chứng minh rằng các điểm I, D, N, K cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn (I). HẾT
  56. GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013 Môn: Toán chung Câu 1: ( 2,5 điểm) . 1/ Giải các phương trình : a/ x4 x2 20 0 (*) Đặt x2 t;(t 0) 2 2 (*) t – t – 20 = 0  (t1 = 5 (nhận) v t2 = - 4 ( loại)); Với t = 5 => x = 5  x = 5 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 5 và x = - 5 b/ x 1 x 1 ( điều kiện x 1 ) ( x 1)2 (x 1)2 x 1 x2 2x 1 x2 3x 0  x(x-3) = 0  x = 0 ( loại) v x = 3 ( nhận). Vậy phương trình có một nghiệm x = 3. x y 3 1 2/ Giải hệ phương trình : y x 3 Từ y x 3 y 3 x y 3 0 y 3 y 3 1 x x y 3 1 x y 3 1 x y 4 2 x 1 2 (nhận) y x 3 y x 3 y x 3 y x 3 7 y 2 1 7 1 7 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y): ( ; ),( ; ) 2 2 2 2 Câu 2 : ( 2,0 điểm) . 2 x1 0 1/ P.trình hoành độ giao điểm (P) và (d) : x mx 0 x(x m) 0 x2 m Vì giao điểm (P) : y x2 y m2 . Với y = 9 => m2 = 9  (m = 3 v m = -3) Vậy với m 3 thì (P) và (d) cắt nhau tại điểm có tung độ bằng 9. 2/ Từ câu 1 => (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi m 0 . Khi đó giao điểm thứ nhất là gốc toạ độ O ( x = 0; y = 0), giao điểm thứ 2 là điểm A có ( x = m; y = m2). Khoảng cách giữa hai giao điểm : AO = m2 m4 6 m4 m2 6 0 (1) 2 2 Đặt t m ;(t 0) (1)  (tt t 6 0 1 = 3 ( nhận ) v t2 = - 2 ( loại)) 2 Với t1 = 3  m = 3 , m 3 ( nhận) Vậy với m 3 thì (P) cắt (d) tại hai điểm có khoảng cách bằng 6 .
  57. Câu 3 : ( 2,0 điểm) 1/ Tính: 1 1 3 1 2 3 2 3 3 1 P ( ). . 2 2 3 2 3 3 3 4 3 3( 3 1) 2/ Ta có: a5 b5 a3b2 a2b3 a5 b5 a3b2 a2b3 0 a3 (a2 b2 ) b3 (a2 b2 ) 0 (a3 b3 )(a2 b2 ) 0 (a b)2 (a b)(a2 b2 ab) 0 Vì : (a b)2 0 (với mọi a, b R ). a b 0 ( theo giả thiết) a2 b2 ab 0 ( với mọi a, b R ) Nên bất đằng thức cuối đúng. Vậy avới5 b5 a3b2 (đpcm) a2b3 a b 0 Câu 4 : (3,5 điểm) A E O D B C H 1/ Nối H với E . + HEA 900 ( vì AH là đường kính), AHC 900 ( AH là đường cao) => AHE ACB (cùng phụ với EHC ) (1) + ADE AHE ( góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (2) Từ (1) và (2) =>  ADE =  ACB =>Tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn ( có góc đối bằng góc kề bù góc đối) 2/ Vì DAE 900 => DE là đường kính => D, O, E thẳng hàng (đpcm). 3/ Ta có SBDEC S ABC S ADE + ABC vuông có AH là đường cao: AB.AC AC BC 2 AB2 4cm =>s 6 (cm2) ABC 2 AB.AC 12 DE AH (cm) ( cùng là đường kính đt O). BC 5 + ADE và ABC có :  A chung ,  ADE =  ACB ( câu 1) => ADE ~ ABC (g.g) => tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ đồng dạng : 2 2 S AED DE S ABC .DE  S AED 2 S ABC BC BC DE 2 122 + S S S S (1 ) 6(1 ) = 4,6176 (cm2) BDEC ABC ADE ABC BC 2 52.52 HẾT
  58. GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH ĐỒNG NAI NĂM 2012 – 2013 Môn: Toán chuyên Câu 1: Phương trình đã cho : x4 16x2 32 0 ( với x R )  (x2 8)2 32 0 (1) Với x 6 3 2 3 2 2 3  x 3 2 2 3 2 2 3 => x2 8 2 2 3 2 3 2 3 Thế x vào vế phải của (1) ta có: (x2 8)2 32 (8 2 2 3 2 3 2 3 8)2 32 4(2 3) 4 3 12(2 3) 32 =8 4 3 8 3 24 12 3 32 0 ( vế phải bằng vế trái) Vậy x 6 3 2 3 2 2 3 là một nghiệm của phương trình đã cho ( đpcm) 2x(x 1)(y 1) xy 6 (1)  2x(x 1)(y 1) 6 xy Câu 2: Hệ pt đã cho   2y(y 1)(x 1) yx 6 (2) 2y(y 1)(x 1) 6 xy Thay x = 0, y = 0 thì hệ không thoả . Thay x = -1 và y = -1 vào, hệ không thoả => (x; y) (0;0); xy 0; x 1 0; y 1 0 6 xy 0 (*) x 6 xy - Chia từng vế của hai phương trình cho nhau : => xy(x y) 6(x y) y 6 xy Thay x = y, hệ pt có vế phải bằng nhau, vế trái khác nhau (không thoả) =>x y 0 ) ( ) 6(x y) => xy (3) x y - Cộng từng vế (1) và (2) của hệ ta được pt: 2(x+y)(x+1)(y+1) + 2xy = 0 (4) 6(x y) 6(x y)  (x + y) ( x + y + xy + 1) + xy = 0  (x y)(x y 1 ) 0 x y x y x y 0 6(x y 1) 6 x y 1 0  (x y)(x y 1 ) 0 (x y)(x y 1)(1 ) 0 x y x y 6 1 0 x y - Với x + y = 0  x = - y. Thế vào hệ => -2y2 = 0  (y = 0 v x = 0) không thoả (*) - Với x + y +1 =0  x = -y - 1 thế vào phương trình (1) của hệ ta được : 3 2 2 y 2 0 y 2 2y 3y y 6 0 (y 2)(2y y 3) 0  2 2y y 3 0(vn) Với y = - 2 => x = 1.Thế vào hệ thoả, vậy có nghiệm 1: (x; y) = (1; - 2)
  59. 6 - Với 1 0 x y 6 0 x y 6 x y Thế x = y -6 vào pt (2) của hệ : 3 2 2 2y 1 0 (2)  2y 7y 16y 6 0  (2y 1)(y 4y 6) 0 2 y 4y 6 0 y 2 10 y2 - 4y - 6 = 0  1 y2 2 10 1 2y +1 = 0  y3 = 2 x1 4 10 Từ ba giá trị của y ở trên ta tìm được ba giá trị x tương ứng: x2 4 10 13 x 3 2 Thế các giá trị (x; y) tìm được vào hệ (thoả). Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm ( x;y): 13 1 (1; -2), ( 4 10;2 10),( 4 10;2 10),( ; ). 2 2 Câu 3. (Cách 1) Tam giác đều có cạnh bằng 2 cm thì diện tích bằng 3 cm2 , tam giác đều có cạnh 3 3 bằng 1 cm thì diện tích bằng cm2 . Nếu tam giác đều có cạnh > 1cm thì diện tích > 4 4 cm2 Gọi t là số tam giác đều có cạnh bằng > 1cm chứa được trong tam giác đều có cạnh 2 cm: 1 t p 4 ( với t là số nguyên dương) => tmax = 3. Theo nguyên lý Drichen sẽ có 1 trong t tam giác đều có cạnh > 1cm đó chứa tối đa 2 điểm thoả mãn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ luôn > 1 cm. Vậy số điểm thoả yêu cầu bài toán là : 2 n 4 Vậy nmax = 4 (Cách 2): Giải theo kiến thức hình học Nếu ta chọn 3 điểm ở 3 đỉnh của tam giác đều cạnh bằng 2 cm vẽ 3 đường tròn đường kính 1 cm, các đường tròn này tiếp xúc với nhau ở trung điểm mỗi cạnh tam giác. => Các điểm khác trong tam giác cách 3 đỉnh > 1cm chỉ có thể nằm trong phần diện tích còn lại của tam giác (ngoài phần diện tích bị ba hinh tròn che phủ), được giới hạn bởi 3 cung tròn bán kinh 1 cm.
  60. Vì 3 dây cung là 3 đường trung bình của tam giác có độ dài 1 cm => khoảng cách giửa hai điểm bất kỳ nằm trong phần diện tích còn lại đó của tam giác luôn 1 cm. => trong phần diện tích đó chỉ lấy được 1 điểm mà khoảng cách đến 3 đỉnh của tam giác luôn > 1 cm. Vậy số điểm lớn nhất thoả mãn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ > 1cm là : nmax = 3 + 1 = 4 điểm. Câu 4. Gọi a và b là hai số bất kỳ trong 10 số nguyên dương liên tiếp với a > b ( a; b nguyên dương) 1 a b 9 . Gọi n là ước chung của a và b, khi đó : a = n.x và b = n.y ( n, x, y là số nguyên dương). 1 9 9 Vì a > b => x > y => x y 1 1 n.x n.y 9 x y 1 n 9 n n n Vậy trong 10 số nguyên dương liên tiếp không tồn tại hai số có ước chung lớn hơn 9. Câu 5. A E N K F I M B D C 1)Nối N và F, D và F. - Xét ANF và AFD có:  AFN =  ADF ( vì AF là tt) và  FAD chung => ANF∽ AN AF AFD (g.g) => AF2 AN.AD (1) AF AD - Xét AFI có: AF IF ( vì AF tiếp tuyến, FI là bán kính) và FK  AI ( vì AF và AE tt chung và AI nối tâm) => AFI vuông tại F có FK là đường cao) => AK.AI = AF2 (2) - Xét ANK và AID có: +  IAD chung. AN AI + Từ (1) và (2) => AN.AD = AK.AI => AK AD => ANK∽ AID (c.g.c) => NKA =  IDN (3) - Từ (3) => tứ giác DIKN nội tiếp đt (vì có góc đối bằng góc kề bù góc đối) => các điểm I,D,N,K cùng thuộc một đường tròn. (đpcm). 2) Ta có ID DM ( DM là tiếp tuyến, DI là bán kính) và IK KM ( câu 1) => tứ giác DIKM nội tiếp đường tròn đường kính MI. Vì 4 điểm D, I, K, N cũng thuộc một đường tròn ( câu 1) => hai đường tròn này cùng ngoại tiếp DIK => hai đường tròn trùng nhau => N cũng nằm trên đường tròn đường kính MI => INM = 900 . Vì IN là bán kính đường tròn (I), MN  IN => MN là tiếp tuyến của đường tròn (I) tại tiếp điểm N. (đpcm). HẾT
  61. ĐỀ CHÍNH THỨC
  62. GỢI Ý GIẢI: Câu 1c C = 1 Câu 2a ( 2;1) ; Câu 2b b = - 1 Câu 3a a = 1 Câu 3b A ( -1 ; 1 ) ; B (2 ; 4 ) Câu 4a1 12 0 ; nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi x Câu 4 a2 => x1 + x2 = - 5 ; x1x2 = 3 Câu 4b Gọi x ( km/h) là vt xe II => vt xe I là x + 10 ( km/h ) ; x> 0 100 Th gian xe I đi hết qđg : (h) x 100 Th gian xe II đi hết qđg : (h) x 10 100 100 1 PT - = => x = 40 x x 10 2 KL Câu 5 : a 1. MH = 20 ( cm ) ; ME = 12 ( cm) 2. NPFE là h thang cân b ) b1 b2 Tam giác ABC vuông tại A có AH là đg cao => AB2 = BH.BC (1)
  63. BH BE Tam giác BHE đg dạng với tam giác BDC => BH.BC BD.BE (2) BD BC Từ (1) và (2) => AB2 = BD . BE KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO CHUYÊN TỈNH NINH BÌNH Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 26 / 6 / 2012 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1 (2 điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m: x2 + 2mx – 2m – 3 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) với m = -1. 2 2 b) Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 sao cho x1 x2 nhỏ nhất. Tìm nghiệm của phương trình (1) ứng với m vừa tìm được. Câu 2 (2,5 điểm). 6x 4 3x 1 3 3x 3 1. Cho biểu thức A= 3x 3 3 3x 8 3x 2 3x 4 1 3x a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. 2. Giải phương trình: x 1 x x 1 x 1 Câu 3 (1,5 điểm). Một người đi xe đạp từ A tới B, quãng đường AB dài 24 km. Khi đi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4 km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A tới B. Câu 4 (3 điểm). Cho ABC nhọn nội tiếp (O). Giả sử M là điểm thuộc đoạn thẳng AB (M A, B); N là điểm thuộc tia đối của tia CA sao cho khi MN cắt BC tại I thì I là trung điểm của MN. Đường tròn ngoại tiếp AMN cắt (O) tại điểm P khác A. 1. C MR các tứ giác BMIP và CNPI nội tiếp được. 2. Giả sử PB = PC. Chứng minh rằng ABC cân.
  64. x Câu 5 (1 điểm). Cho x;y R , thỏa mãn x2 + y2 = 1. Tìm GTLN của : P y 2 HƯỚNG DẪN GIẢI: 2) Giải pt :x 1 x x(1 x) 1 ĐK : 0 x 1 Đặt x a 0; 1 x b 0 a b ab 1(*) Ta được 2 2 a b 1( ) Từ đó tìm được nghiệm của pt là x = 0 Câu 5 : Từ x 2 y 2 1 1 x, y 1 2 1 y 2 1 2 x Vì P x P(y 2) thay vào x 2 y 2 1 y 2 Đưa về pt: (P 2 1)y 2 2 2P 2 y 2P 2 1 0 2 x 2 Dùng điều kiện có nghiệm của pt bậc hai P 1 PMax 1 2 y 2