›
›
›

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

doc 205 trang dichphong 4230
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 Hà Nội (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 Hà Nội (Có đáp án)

  1. 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 2 2 hai có 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 103
  2. 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 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 G O 104 B C M E D
  3. 2 tam giác AHG và MOG có HAG  OMG slt AGH  MGO (đ đ) AHG MOG(G G) AH AG 2 MO MG Hay AG = 2MG 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) 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. 105
  4. 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 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 106
  5. 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 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 N· KB N· MB 60  Dễ thấy  N· KB M· IK 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 :H· ME 90 M· HE cmt  H· AC H· ME mặt khác H· AC K· MB (cùng chắn K»B ) · · AHC MHE dd  H· ME K· MB hay N· MI K· MB 5 Từ (đpcm)3 , 4 & 5 IMN KMB c.g.c NI KB 107
  6. 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: 108
  7. 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: 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 60 109
  8. 5 Do xe tải xuất phát trước 2h30phút = nên ta có pt 2 0,25 x x 5 - = 0,25 40 60 2 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 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 110
  9. 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 1 1 1 Vậy Q = + + = 1 a2013 b2013 c2013 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT YÊN BÁI NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút (không kể thời gian giao đề) Khóa ngày 23 tháng 6 năm 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 + 45 111
  10. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚ 10 THPT LÂM ĐỒNG MÔN THI : TOÁN Khóa ngày : 26 tháng 6 năm 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC (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 112
  11. 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 113
  12. 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 116
  13. 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 0 với 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 ; x Blà 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 3 117
  14. 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 1 118
  15. 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 119
  16. UBND tØnh b¾c ninh ®Ò thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gi¸o dôc vµ ®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) §Ò chÝnh thøc 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 0 120
  17. 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) 2m hay m là 2 m m 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 121
  18. Từ (1) và (2) ta có: AK.AI = AB.AC (đpcm) 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 hay 1 1 ' 0 1 2 1 A 0 2A 1 0 A .Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là khi phương 2 2 1 1 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 122
  19. 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) 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 ( ) 2 123
  20. 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 : 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 . Vậy 2 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 . 124
  21. 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 . 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 = y 4 4 2 = 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 : 125
  22. 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 ' 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 = 0 126
  23. SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 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) 1 6 1 0,5 6 1 5 2x y 7 4x 2y 14 b) Ta có: 0,5 x 2y 1 x 2y 1 127
  24. 5x 15 x 3 0,5 x 2y 1 y 1 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 90 A Hai góc A· DB, A· EB cùng nhìn cạnh AB dưới 0,5 E một góc 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp đường F tròn. H b) Ta có:A· BK A· CK 90 (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: 4 B C BH  AC,CH  AB(2) D Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK. 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 128
  25. Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: AD BE CF S S S 1 1 1 Q S HD HE HF S S S S S S 1 2 3 1 2 3 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có: 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. 129
  26. 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 0 130
  27. 2 3 A = 50 x 8x 5 4 2 3 = 25.2 x 4.2 x 5 4 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 2 131
  28. 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 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 I P 132M O B
  29.  OBM = 900  B thuộc đường tròn đường kính OM (1) Ta có IQ = IP (gt)  OI  QP (Tính chất liên hệ giữa đường kính và dây cung)  OIM = 900  I thuộc đường tròn đường kính OM (2) 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 133
  30. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THÁI BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013 §Ò chÝnh thøc 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 (x1 < 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 134
  31. Nội dung Điểm 1. 5 2 A ( 5 2)2 5 2 5 2 4. 0,5 (0,5đ) 5 4 a. (1 đ) Với x ≥ 0, x ≠ 16, thì: 2(x 4) x 8 2x 8 x( x 4) 8( x 1) 0,25 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 2. b. (0,5 đ) (1,5đ) 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. 0,25 135
  32. Bài 3. (2,0 điểm): Nội dung Điểm (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất Phương trình hoành độ của (d) và (P): 2 2 0,25 1. -x = mx + 2 x + mx + 2 = 0 có nghiệm duy nhất. (0,75đ) = m2 – 8 = 0 m = ± 2 2. 0,25 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. 136
  33. Xét ADB và ACA’ có: · · 0 · 0 ADB ACB 90 (ACB 90 vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); 0,5 A· BD A· A'C (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) ADB ~ ACA’ (g.g) AD BD BD.AC = AD.A’C (đpcm). A AC A'C H 2. E (1,0đ) I N B D C O 0,5 K M F A' 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 1 0,25 3. B· AA' sđB¼A' ; B· CA sđB»A . 2 2 (1,25đ 1 1 1 B· AA' B· CA sđB¼A' sđB»A sđA¼BA' 900 (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. 4. 0,25 (0,5đ Tứ giác BENA’ có B· EA' B· NA' 900 nên nội tiếp được đường tròn E· A'B E· NB . 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: 137
  34. E· IB C· IM (đối đỉnh) IB = IC (cách dựng) I·BE I·CM (so le trong, BE // CF (vì cùng  AA’)) 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. 0,25 x2 2xy 4y2 x 2y Mặt khác, dễ dàng chứng minh được: (4) 3 2 x2 2xy 4y2 x 2y x2 2xy 4y2 (x 2y)2 Thật vậy, (do cả hai vế 3 2 3 4 đều ≥ 0) 138
  35. 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 SỞ GD & ĐT TRÀ VINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 §Ò chÝnh thøc Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề). Bài 1: ( 1,5 điểm ) 1 1 Cho biểu thức A = 1 x 1 x 1 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm x để A = - 3 Bài 2: ( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình: x 2 y 3 13 x 3 y 2 5 6 Bài 3: ( 2,5 điểm ) x2 x Cho hai hàm số y và y = 1 2 2 1).Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ. b) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó. Bài 4: ( 2,0 điểm ) Cho phương trình: x2 – 2(m + 4 )x + m2 – 8 = 0 (1) , với m là tham số. 1) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phận biệt là x1 và x2 . 2) Tìm m để x1 + x2 – 3x1x2 có giá trị lớn nhất. 139
  36. Bài 5: ( 3,0 điểm ) Từ một điểm M ở ngoài đường tròn O bán kính R, vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn O bán kính R ( Với A, B là hai tiếp điểm ). Qua A vẽ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn tâm O tại E. Đoạn ME cắt đường tròn tâm O tại F. Hai đường thẳng AF và MB cắt nhau tại I. a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh IB2 = IF.IA. c) Chứng minh IM = IB. HƯỚNG DẪN CHẤM THI BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM Bài 1 x 1 ( x 1) x 1 0,25 1) A ( Điều kiện: x 0, x 1 ) (1,5 Điểm) x 1 x 1 0,5 x 1 x 1 0,25 2) Có A = -3 3 x 1 0,25 Điều kiện x 1 0,25 1 x 2 Bài 2 0,25 2x y 6 13 2 (1.0 điểm ) Hệ Pt 3x y 6 15 2 0,25 x 2 2 0,25 y 3 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (2 2;3 3 ) 0,25 Bài 3 x2 1) ( P) : y 2 ( 2,5 điểm) Tập xác định D = R x -2 -1 0 1 2 0,25 x2 1 1 y -2 0 -2 2 2 2 1 (d): y = x 1 2 Cho x = 0 y = -1, A( 0;-1) Cho x = 2 y = 0, B( 2;0) 0,25 140
  37. Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A( 0;-1), B( 2;0) Đồ thị 0.25 (d) -3 -2 -1 0 1 2 3 1 - 2 (P) 2) Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) có : x2 x 0.25 1 2 2 x2 x 2 0 0.25 x 1 0.25 x 2 1 Với x 1 y 2 x = -2 y = -2 0.25 1 Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm M ( 1; ) , N ( -2; -2) 2 Bài 4 1) / 8m 24 0.25 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 0.25 (2,0 điểm) /  0 8m 24  0 m  3 0.5 2) Có : x1 + x2 – 3x1.x2 = -3m + 2m + 32 0,25 2 1 97 97 0.5 3m 3 3 3 1 Dấu “ =” xảy ra m 3 1 Vậy m thì x1 + x2 – 3x1x2 đạt GTLN 0,25 3 Bài 5 Vẽ hình: A (3,0 điểm) 141
  38. E F 0 M I B 1) Có MA là tiếp tuyến Nên OA  MA O· AM 900 0,25 Tương tự O· BM 900 O· AM O· BM 1800 0,5 Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn có đường kính là OM. 0,25 Xét IBA và IFB Có : B· IA là góc chung 1 0.25 I·AB I·BF ( cùng bằng số đo B»F ) 2 IBA đồng dạng IFB IB IA 0.25 IF IB IB2 IF.IA(1) 0.25 3) Ta có : AE // MB ( gt) Nên I·MF M· EA Mà M· EA F· AM 0.25 I·MF F· AM Xét vàIM F IAM Có I·AM là góc chung I·MF I·AM ( Chứng minh trên ) IMF đồng dạng IAM IM IA IF IM IM 2 IA.IF (2) 0.25 Từ (1) và ( 2 ) IB2 = IM2 IB = IM (đpcm) 0.5 142
  39. §Ò chÝnh thøc 144
  40. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG CHUYÊN TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Không chuyên) (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25/6/2012 Bài 1. (1,5 điểm) 1/ Rút gọn: A = (3 2 11)(3 2 11) ab + a - b a- 1 b a + 1 2/ Chứng minh rằng với a không âm, a khác 1, b tùy ý, ta có: a - 1 1 + a Bài 2. (1,5 điểm) 1 m Cho (dm): y x (1 m)(m 2) m 2 1 m 1/ Với giá trị nào của m thì đường thẳng (dm): y x (1 m)(m 2) vuông góc với đường thẳng m 2 1 (d): y x 3 4 (Cho biết hai đường thẳng vuông góc với nhau khi và chỉ khi tích hệ số góc bằng -1) 2/ Với giá trị nào của m thì (dm) là hàm số đồng biến. Bài 3. (3 điểm) 1/ Chứng minh rằng phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị m: 2 2 2 x (m 1)x m 3 0. Xác định các giá trị của m thỏa mãn : x1x2 x2 x1 3 2/ Một phòng họp có 360 chỗ ngồi và được chia thành các dãy có số chỗ ngồi bằng nhau. Nếu thêm cho mỗi dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy thì số chỗ ngồi trong phòng không thay đổi. Hỏi ban đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia thành bao nhiêu dãy? Bài 4. (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính chu vi tam giác ABC, biết rằng: CH = 20,3cm. Góc B bằng 620. (Chính xác đến 6 chữ số thập phân). Bài 5. (3 điểm) Cho đường tròn (O, 4cm), đường kính AB. Gọi H là trung điểm của OA, vẽ dây CD vuông góc với AB tại H. Lấy điểm E trên đoạn HD (E ≠ H và E ≠ D), nối AE cắt đường tròn tại F. a) Chứng minh rằng AD2 = AE . AF b) Tính độ dài cung nhỏ BF khi HE = 1 cm (chính xác đến 2 chữ số thập phân) c) Tìm vị trí điểm E trên đoạn HD để số đo góc EOF bằng 900 HẾT 145
  41. ĐÁP ÁN ĐỀ KHÔNG CHUYÊN BÀI NỘI DUNG 2 1.1 A = (3 2 11)(3 2 11) (3 2)2 11 9 6 2 2 11 6 2 Với a ≥ 0, a ≠ 1 và b tùy ý ta có: 1.2 ab + a - b a- 1 b a( a-1)+( a-1) (b a + 1)( a 1) b a 1 a - 1 (1 a)( a 1) (1 + a)( a 1) 1 a 1 m 1 (dm): y x (1 - m)(m + 2) ; (d): y x 3 m + 2 4 2.1 1 - m 1 Để (dm)  (d)  1 1- m = -4(m + 2) (với m ≠ -2 và m ≠ 1 ) m + 2 4 3m = 9 m = 3 1 m > 0 m 0 m > -2 2.2 (dm) là hàm số đồng biến khi: 0 2 1 (lo¹i) m + 2 0 với  m Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m x1 x2 m - 1 3.1 Theo định lí Viét ta có: (I) . x1x2 = m - 3 2 2 Theo đề ta có: x1x2 x2 x1 3 x1x2 (x1 x2 ) 3 (1) Thay hệ thức (I) vào (1) ta có: (m – 1)(m – 3) = 3 m2 – 4m = 0 m(m – 4) = 0 m = 0 m = 4 2 2 Vậy với m = 0 hoặc m = 4 thì phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn: x1x2 x2 x1 3 Gọi x (dãy) là số dãy ghế lúc đầu được chia từ số chỗ ngồi trong phòng họp (Đk:x N* và x > 3) 360 Số chỗ ngồi ở mỗi dãy lúc đầu: (chỗ) x Do thêm cho mỗi dãy 4 chỗ ngồi và bớt đi 3 dãy và số chỗ ngồi trong phòng không thay đổi nên ta có 3.2 360 phương trình: ( + 4)(x – 3) = 360 x x = 18 2 x – 3x – 270 = 0 x = -15 (lo¹i) Vậy lúc đầu số chỗ ngồi trong phòng họp được chia thành 18 dãy. 146
  42. µ *Xét ABC (A = 900) có: µ 0 µ 0 0 0 B C 90 C 90 62 28 µ HC *Xét AHC (H = 900) có: AC = CosC A µ HC *Xét ABC (A = 900) có: AB = AC.tanC = tanC CosC 4 AC HC Và BC = CosC Cos2C B H C *Chu vi tam giác ABC là: HC HC HC AB + AC + BC = tanC + + CosC CosC Cos2C HC 1 20,3 1 = (tanC + 1 + ) (tan280 1 ) 61,254908 (cm) CosC CosC Cos280 Cos280 a. Chứng minh: AD2 = AE . AF *Ta có: AB  CD A»C A»D (liªn hÖ gi÷a ®k vµ d©y cung) C · · ADC AFD (các góc nt chắn các cung tương ứng bằng nhau) *Xét ADE và AFD có: · · A O B ADC AFD (cm trên) H 1 2 µ A : góc chung E AD AF 2 ADE ~ AFD (g-g) AD AE . AF AE AD D F b. Tính độ dài cung nhỏ BF khi HE = 1cm (chính xác đến 2 chữ số thập phân) OA *Ta có: AH = OH = 2 (cm) (Vì H là trung điểm của OA và OA = 4cm) 2 µ 0 · HE 1 · · · 0 5 *Xét AHE (H 90 ) có: tg HAE BAF HAE 270 s®B»F 2.BAF 54 AH 2 0 .OA.n 2 . 54 » 0 l» 0 0 1,88 (cm) (Với n = sđ)BF 54 BF 180 180 c. Tìm vị trí của điểm E trên đoạn HD để số đo của góc EOF bằng 900 *Xét EAO có: EH là đường cao (EH  AB) cũng là µđường trung tuyến (vì AH = OH) nên µ O2 O1 · µ 2 EAO cân tại E EAH O1 . µ · · O2 *Mà EAH BAF (cïng ch¾n cung BF) 2 µ · 0 µ µ 0 µ · µ 0 O2 µ 0 µ 0 *§Ó EOF 90 O1 O2 90 (V× O1 EOF O2 180 ) O2 90 3O2 180 2 147
  43. µ 0 · 0 · HE O2 60 EAH 30 tanEAH (vì EAH vuông tại H) AH · 2 3 HE = AH . tanEAH 2 . tan300 (cm) 3 2 3 · Vậy khi điểm E cách H một khoảng HE = (cm) trên đoạn HD thì EOF 900 3 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 06/7/2012 Bài 1. (1,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A = 112 - 45 - 63 + 2 20 x x x x 1 1 2) Cho biểu thức B = , với 0 ≤ x ≠ 1 1 x 1 x a) Rút gọn B 1 b) Tính giá trị biểu thức B khi x = 1 2 Bài 2. (1,5 điểm) 2 Cho đường thẳng (dm) : y = - x + 1 – m và (D): y = x 1) Vẽ đường thẳng (dm) khi m = 2 và (D) trên cùng hệ trục tọa độ, nhận xét về 2 đồ thị của chúng. 2) Tìm m dể trục tọa độ Ox, (D) và (dm) đồng quy. Bài 3. (1,5 điểm) Trong đợt quyên góp ủng hộ người nghèo, lớp 9A và 9B có 79 học sinh quyên góp được 975000 đồng. Mỗi học sinh lớp 9A đóng góp 10000 đồng, mỗi học sinh lớp 9B đóng góp 15000 đồng. Tính số học sinh mỗi lớp. Bài 4. (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2(m 2)x m2 5m 4 0 (*) 1/ Chứng minh rằng với m < 0 phương trình (*) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 . 1 1 2/ Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức 1 x1 x 2 Bài 5. (4 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm C trên đường tròn sao cho CA = CB. Gọi M là trung điểm của dây cung AC; Nối BM cắt cung AC tại E; AE và BC kéo dài cắt nhau tại D. a) Chứng minh: DE . DA = DC . DB b) Chứng minh: MOCD là hình bình hành 148
  44. MF c) Kẻ EF vuông góc với AC. Tính tỉ số ? EF d) Vẽ đường tròn tâm E bán kính EA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N; EF cắt AN tại I, cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K; EB cắt AN tại H. Chứng minh: Tứ giác BHIK nội tiếp được đường tròn. HẾT ĐÁP ÁN BÀI NỘI DUNG 1.1 A = 112 - 45 - 63 + 2 20 4 7 - 3 5 - 3 7 + 4 5 7 + 5 1.2 a) Với 0 ≤ x ≠ 1 ta có: x x x x x( x 1) x( x 1) 1 1 1 1 (1 + x)(1 - x) 1 x B = 1 x 1 x 1 x x 1 1 2 1 b) Ta có: x = 2 1 B = 1 - 2 1 2 - 2 1 2 2 1 2 2.1 (dm) : y = - x + 1 – m và (D): y = x *Khi m = 2 thì (dm) trở thành: y = -x – 3 Xét (d ): y = –x – 3 ta có bảng giá trị: x 0 -3 m y -3 0 Xét (D): y = x ta có: x = 1 y = 1 *Đồ thị của (dm) và (D): y x = y ): (d (D m) 1 : y = - x - 3 x -3 -2 -1 O 1 -1 -2 -3 *Nhận xét: Đường thẳng (D) và đường thẳng (dm) vuông góc với nhau vì tích hệ số của chúng bằng -1 2 2.2 (dm) : y = - x + 1 – m và (D): y = x Ta có (D) cắt Ox tại O. Để Ox, (D) và (dm) đồng quy thì (dm) phải đi qua O khi đó: 1 – m2 = 0 m = ± 1 Vậy m = ± 1 thì Ox, (D) và (dm) đồng quy. 3 Gọi x là số học sinh lớp 9A (x N* và x < 79) 149
  45. Số học sinh lớp 9B là: 79 – x (học sinh) Lớp 9A quyên góp được: 10000x (đồng) Lớp 9B quyên góp được: 15000(79 – x) (đồng) Do cả hai lớp quyên góp được 975000 đồng nên ta có phương trình: 10000x + 15000(79 – x) = 975000 10x + 15(79 – x) = 975 -5x = - 210 x = 42 Vậy lớp 9A có 42 học sinh; lớp 9B có: 79 – 42 = 37 (học sinh) 4 1/ Phương trình: x2 2(m 2)x m2 5m 4 0 (*) Ta có: ' = [-(m + 2)]2 – (m2 + 5m + 4) = m2 + 4m + 4 – m2 – 5m – 4 = -m ' Với m 0 Phương trình (*) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 x x 2(m 2) 2/ Theo định lí Viét ta có: 1 2 (I) 2 x1x2 m + 5m + 4 1 1 x x x x Theo đề ta có: 1 1 2 1 2 0 (1) x1 x2 x1x2 2(m + 2) - (m2 + 5m + 4) Thay (I) vào (1) ta có: 0 (Đk: m ≠ -1 và m ≠ -4) m2 + 5m + 4 2(m + 2) – (m2 + 5m + 4) = 0 2m + 4 – m2 – 5m – 4 = 0 m2 + 3m = 0 m(m + 3) = 0 m = 0 (lo¹i v× tr¸i ®k: m < 0) m = -3 (tháa ®iÒu kiÖn: m < 0; m 1 vµ m -4) Vậy với m = -3 thì phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa hệ thức: 1 1 1 x1 x2 5. a. Chứng minh DE . DA = DC . DB · D Ta có: ACB 900 (góc nội tiếp nửa đường tròn (O)) · · ACD 900 (vì kề bù với ACB ) Ta lại có: N C · AEB 900 (góc nội tiếp nửa đường tròn (O)) · · E H DEB = 900 (vì kề bù với AEB ) M I Xét ADC và BDE có: F · · ACD DEB 900 (cm trên) µ B D : góc chung A O ADC ~ BDE (g-g) DA DC DE . DA = DC . DB DB DE K b. Chứng minh MOCD là hình bình hành 150
  46. Ta có: MC = MA (gt) OM  AC (liên hệ giữa đk và dây cung) · CD AC (vì ACD 900 ) OM // CD (cùng vuông góc với AC) (1) Mặt khác: DAB có: BE và AC là hai đường cao cắt nhau tại M M là trực tâm DM là đường cao thứ ba DM  AB DM // CO (2) Mà: CA = CB C»A C»B CO  AB Từ (1) và (2) suy ra: MOCD là hình bình hành. MF c. Kẻ EF  AC. Tính tỉ số ? EF Xét MFE và MCB có: · · MFE MCB 900 · · FME BMC (đối đỉnh) MF MC MFE ~ MCB (g – g) EF CB Ta lại có: AC = 2MC (gt). Mà: CB = CA CB = 2MC MF MC MC 1 EF CB 2MC 2 d. Chứng minh tứ giác BHIK nội tiếp được đường tròn. µ 1 Ta có: K s®B»E (góc nội tiếp đường tròn tâm (O)) (3) 2 · 1 Ta lại có: NHB (s®B»N s®E»A) (góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O)) 2 Mà : EA = EN (bán kính đường tròn (E)) E»A E»N · 1 1 1 NHB (s®B»N s®E»A) (s®B»N s®E»N) s®B»E (4) 2 2 2 µ · Từ (3) và (4) suy ra: K NHB · Mà NHB là góc ngoài tại H của tứ giác BIHK Vậy tứ giác BIHK nội tiếp được đường tròn. 151
  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 152
  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 . 153
  49. 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: 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. 154
  50. 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) 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 BC tại D, GT 2 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) 155
  51. O , dây AB không đổi, AB 2R , M A»B GT (cung lớn). Tìm vị trí M trên cung lớn AB để chu vi tam giác KL 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). Trên tia đối của tia MA lấy điểm C sao cho MB = MC . MBC cân tại M Mµ 1 2Cµ 1 (góc ngoài tại đỉnh MBC cân) 1 1 1 1 1 Cµ 1 Mµ 1  sđA¼mB sđA¼mB (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 0 Bµ 1 Bµ 2 90 · 0 µ µ µ µ ABC 90 A1 B2 (do B1 C1 ) AMB cân ở M. µ µ 0 C1 A1 90 MA = MB M¼ A M¼ B 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. 156
  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 157
  53. 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 m. x1 x2 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). 158
  54. 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 D 1 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 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 A D A A 159 F A A M A A A A B O A A D1
  55. 2. Có :  E = (SdAB- SdBC): 2 ( Góc ngoài đường tròn) = SdAC: 2 =  CDA => Tứ giác CDFE nội tiếp 3. Dễ dàng chứng minh được tứ giác ADBD1 là hình chữ nhật 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 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. 4 160
  56. 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 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 1 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: 161
  57. 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) 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 ) (*) 162
  58. 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) SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 19/ 07/ 2012 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (3,0 điểm) 1. Tìm điều kiện có nghĩa của biểu thức: 1 a) ; b) x 2 . x 1 2. Phân tích đa thức thành nhân tử : a) x2 5x ; b) x2 7xy 10y2 3. Cho tam giác ABC vuông tại A; AB = 2 cm, AC = 4 cm. Tính độ dài cạnh BC. Câu 2. (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2(x + 5) + (x – 3)(x + 3) = 0. 2. a) Vẽ đồ thị hàm số y = 3x + 2 (1). 163
  59. b) Gọi A, B là giao điểm của đồ thị hàm số (1) với trục tung và trục hoành. Tính diện tích tam giác OAB. Câu 3. (1,0 điểm) Một phòng họp có 320 ghế ngồi được xếp thành từng dãy và số ghế mỗi dãy đều bằng nhau. Nếu số dãy ghế tăng tăng thêm 1 và số ghế mỗi dãy tăng thêm 2 thì trong phòng có 374 ghế. Hỏi trong phòng có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy có bao nhiêu ghế? Câu 4. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R và điểm M sao cho MO = 2R. Qua điểm M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O). Hai đường cao BD và AC của tam giác MAB cắt nhau tại H 1) Chứng minh tứ giác AHBO là hình thoi. 2) Tính góc A· MB . Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x2 y2 x y . Chứng minh rằng: x y 2 –––––––––––– Hết –––––––––––– ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH MÔN TOÁN VÀO 10 HÒA BÌNH NĂM HỌC 2012-2013 Câu 1. (3,0 điểm) 1. Tìm điều kiện có nghĩa của biểu thức: a) Điều kiện: x 1 0 x 1 ; b) Điều kiện: x 2 0 x 2 2. Phân tích đa thức thành nhân tử : a) x2 5x x(x 5) ; b) Cách 1: Phương pháp tách, thêm bớt số hạng: x2 7xy 10y2 (x2 2xy) (5xy 10y2 ) x(x 2y) 5y(x 2y) (x 2y)(x 5y) 2 Cách 2: Sử dụng định lý: Nếu pt bậc hai ax bx c 0(a 0) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thì: 2 ax bx c a(x x1)(x x2 ) . Áp dụng vào bài toán trên ta xem pt:x2 7xy 10y2 0 như là 1 pt bậc hai ẩn x, tham số y. 7y 3y 7y 3y Ta có (7y)2 4.10y2 9y2 3y ; x 2y; x 5y 1 2 2 2 Suy ra: x2 7xy 10y2 (x 2y)(x 5y) 3. Cho tam giác ABC vuông tại A; AB = 2 cm, AC = 4 cm. Tính độ dài cạnh BC. C 164 4 cm A B 2 cm
  60. Vì tam giác ABC vuông tại A, nên theo định lý Pitago ta có: BC2 AB2 AC2 22 42 20 BC 20 2 5 (cm) Câu 2. (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 x+5 x – 3 x 3 0 2x 10 x2 9 0 x2 2x 1 0 y (x 1)2 0 x 1 0 2 A x 1 2. a) Vẽ đồ thị hàm số y = 3x + 2 (1). B 2 O x + Cho x 0 y 2 3 2 + Cho y 0 x 3 2 + Đồ thị hàm số y = 3x + 2 là một đường thẳng đi qua 2 điểm (0;2) và ( ;0) 3 b) Từ cách vẽ đồ thị hàm số y = 3x + 2 ta có: + Giao của đồ thị hàm số (1) với trục Oy là A(0;2) 2 + Giao của đồ thị hàm số (1) với trục Ox là B ( ;0) 3 1 1 2 2 Suy ra diện tích OAB là : S OA.OB .| 2 | .| | (đvdt) OAB 2 2 3 3 Câu 3. (1,0 điểm) Một phòng họp có 320 ghế ngồi được xếp thành từng dãy và số ghế mỗi dãy đều bằng nhau. Nếu số dãy ghế tăng tăng thêm 1 và số ghế mỗi dãy tăng thêm 2 thì trong phòng có 374 ghế. Hỏi trong phòng có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy có bao nhiêu ghế? Giải: Gọi số dãy ghế trong phòng họp là x (dãy) ( x ¥ * ) Gọi số ghế trong mỗi dãy là y (ghế) (y ¥ * ) Vì phòng họp có 320 ghế ngồi được xếp thành từng dãy và số ghế mỗi dãy đều bằng nhau nên ta có phương trình: xy 320 (1) Vì số dãy ghế tăng tăng thêm 1 và số ghế mỗi dãy tăng thêm 2 thì trong phòng có 374 ghế nên ta có phương trình: (x 1)(y 2) 374 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: xy 320 (x 1)(y 2) 374 320 y 320 xy 320 xy 320 x y x xy 2x y 2 374 2x y 52 320 2 2x 52 x 26x 160 0 x 165
  61. 320 320 y y x=10 x=16 x x hoặc 2 2 y 32 y 20 x 26x 160 0 x 26x 160 0 Vậy trong phòng họp có 10 dãy ghế và mỗi dãy có 32 ghế Hoặc là trong phòng họp có 16 dãy ghế và mỗi dãy có 20 ghế Câu 4. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R và điểm M sao cho MO = 2R. Qua điểm M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O). Hai đường cao BD và AC của MAB cắt nhau tại H. 1) Chứng minh tứ giác AHBO là hình thoi. Ta có: OA MA (Vì MA là tiếp tuyến với đường tròn (O)) BH MA ( Vì BH là đường cao trong MAB) A OA // BH (1) D OB  MB Tương tự ta có: OB / /AH (2) H AH  MB M O Từ (1) & (2) suy ra tứ giác AHBO là hình bình hành, C mặt khác lại có OA = OB nên tứ giác AHBO là hình thoi. B 2) Tính góc A· MB . Dễ thấy MO là đường phân giác trong của góc A· MB A· MB 2A· MO . OA 1 Vì tam giác OAM vuông tại A nên ta có: sin ·AMO ·AMO 300 A· MB 600 . MO 2 Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x2 y2 x y . Chứng minh rằng: x y 2 Cách 1: (x y)2 Nhận xét: xy ; x, y ¡ . 4 (x y)2 Thật vậy: xy (x y)2 4xy (x y)2 0;x, y ¡ (đúng) 4 Do đó từ giả thiết: x2 y2 x y (x y)2 x y 2xy (x y)2 (x y)2 x y 2 (x y)2 2(x y) 166
  62. (x y)(x y 2) 0 (*) Vì x y x2 y2 0;x, y ¡ , nên ta xét các trường hợp sau: Nếu x2 y2 0 x y 0 x y 0 2 Nếu x2 y2 0 x y 0 , từ (*) suy ra: x y 2 0 x y 2 Từ đó suy ra: x y 2 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1. Cách 2: Áp dụng BĐT Bu nhi a cốp xki:x, y ¡ , ta có: (1.x 1.y)2 (12 12 )(x2 y2 ) (x y)2 2(x2 y2 ) (x y)2 2(x y) (x y)(x y 2) 0 (*) Vì x y x2 y2 0;x, y ¡ , nên ta xét các trường hợp sau: Nếu x2 y2 0 x y 0 x y 0 2 Nếu x2 y2 0 x y 0 , từ (*) suy ra: x y 2 0 x y 2 Từ đó suy ra: x y 2 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1. 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): 167
  63. 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. 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 = – 2 168
  64. 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 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) 169
  65. + 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: MH a 3 C 2 2 a 3 0,25 2 2 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 4 170
  66. 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 . 171
  67. 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 N. 3 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 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 = −1 172
  68. 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 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 2 173
  69. 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 8 5 0,25 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 . 174
  70. 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 4 175
  71. ĐỀ CHÍNH THỨC 176
  72. 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 x 2 – 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  20 (cm). 180
  73. 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 181
  74. 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 2 182
  75. 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 183
  76. 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 x1; 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. 184
  77. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC 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 185
  78. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 AN GIANG Năm học 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Khóa ngày 11 -7 -2012 Thời gian làm bài : 120 phút SBD PHÒNG (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 12-7-2012 Bài 1. (2,5 điểm) a) Rút gọn A = 2 16 - 6 9 36 b) Giải phương trình bậc hai : x2 – 22 x +1 = 0 3x y 7 c) Giải hệ phương trình : 2x y 3 Bài 2. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x + 1 (*) có đồ thị là đường thẳng ( d ) a) Tìm hệ số góc và vẽ đồ thị hàm số (*) b) Tìm a để (P): y = ax2 đi qua điểm M (1 ;2).Xác định tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) với a vừa tìm được . Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2 (m+1) x + m2 + 3 = 0 a) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm phân biệt. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa tích hai nghiệm không lớn hơn tổng hai nghiệm. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O) bán kính R = 3 cm và một điểm I nằm ngoài đường tròn, biết rằng OI = 4cm.Từ I kẻ hai tiếp tuyến IA và IB với đường tròn (A,B là tiếp điểm). a) Chứng minh tứ giác OAIB nội tiếp. b)Từ I kẻ đường thẳng vuông góc với OI cắt tia OA tại O’.Tính OO’ và diện tích tam giác IOO’ . c) Từ O’ kẻ O’C vuông góc BI cắt đường thẳng BI tại C.Chứng minh O’I là tia phân giác của A· O'C Hết 191