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 :

Ta có A = x² + y² hay xy =

2 1A

(*) vì x + y =1 mà x 0;y0xy0

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 :

Không mất tính tổng quát ta đặt















0 cos

0 sin

2 2



 y

x

Do đó A = sin⁴ cos⁴ 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

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III Gmail: hokhacvuqnam@gmail.com Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

ĐỀ 1589 SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

(Đề thi có 1 trang) Mã đề 01

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

Môn thi: TOÁN Ngày thi : 28/6/2012 Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1 (2điểm)

a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức: ^{5 .} 6 1 b) Giải hệ phương trình: 2 7

2 1.

  

  

 x y x y Câu 2 (2điểm)

Cho biểu thức: ^{4 .} ₂ ¹

1

  

    

a a a

P a a a a với a >0 và a 1. 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.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x² + 4x – m² – 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.

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III Gmail: hokhacvuqnam@gmail.com Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Câu Nội dung Điểm

1

a) Ta có: ^{5 5( 6 1)}

6 1 ( 6 1)( 6 1)

 

   0,5

^{5( 6 1) 5( 6 1)} 6 1

6 1 5

 

   

 0,5

b) Ta có: ^{2x y 7 4x 2y 14}

x 2y 1 x 2y 1

   

 

     

  0,5

^{5x 15 x 3}

x 2y 1 y 1

 

 

      0,5

2

a) Với 0 a 1thì ta có: ^{4 .} ₂ ^{1 4 1.} ₂ ¹

1 1

    

      

a a a a a

P a a a a a a 0,5

2

4a 1 a

  0,5

b) Với 0 a 1thì P = 3 ^{4a 1}₂ ^{3 3a2 4a 1} a

      _3a²_{4a 1} ₀ 0,5

a = 1 (loại) hoặc ^{a 1}

 3 (thỏa mãn đk). 0,5

3

a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên:

a = 2, b 1. 0,5 Vì đường thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt:

2(-1) + b = 2 b = 4 (thỏa mãn b 1). Vậy a = 2, b = 4 0,5 b) Ta có :   ^{' 4 m2}^5m^{(m 1)(m 4)}  . Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2

thì ta có:   ' 0 m 4 hoặc m 1 (*) 0,25 Theo định lí Vi-et, ta có: 1 2

x x b 4

    a và 1 2 ²

x .x c m 5m.

  a  0,25

Ta có: x₁x₂  4 (x₁x )₂ ² 16(x₁x )₂ ²4x .x_{1 2}16

2 2

16 4( m 5m) 16 m 5m 0

        m = 0 hoặc m = – 5 0,25 Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm. 0,25

4 a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta

có: ADBAEB90 0,5

H

F E

O A

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III Gmail: hokhacvuqnam@gmail.com Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

 Hai góc ADB, AEB cùng nhìn cạnh AB dưới một góc 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.

0,5 b) Ta có:ABKACK90 (góc nội tiếp chắn

nữa đường tròn) CKAC, BKAB (1) Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên:

BHAC, CHAB(2)

0,5 Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK.

Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định nghĩa)

0,5 Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S. Vì ABC nhọn nên trực tâm H

nằm bên trong ABC, do đó: S = S1 + S2 + S3 . 0,25

Ta có: ^{ABC ABC ABC}

BHC 1 AHC 2 AHB 3

S S S

AD S BE S CF S

(1), (2), (3)

HD S S HE S S HF S S 0,25

Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:

1 2 3 1 2 3

AD BE CF S S S 1 1 1

Q S

HD HE HF S S S S S S

 

          

 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có:

3

1 2 3 1 2 3

S S S S 3 S .S .S (4) ;

1 2 3 3 1 2 3

1 1 1 3

S S S  S .S .S (5)

0,25

Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q9. Đẳng thức xẩy ra S₁ S₂ S₃

hay H là trọng tâm của ABC, nghĩa là ABC đều. 0,25

5

Ta có: x² – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*). Đặt x 2  t 0 thì pt (*) trở

thành: t² – 2mt + 2 – m = 0 (**), '(t)m²  m 2 (m 1)(m 2)  0,25 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) Pt (**) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1 t2 0. Điều kiện là:

' 0 ' 0

2m 0 m 0 m 2

2 m 0 m 2

   

 

      

 

    

 

(2)

0,25

Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm của m là: m <1. 0,25

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III Gmail: hokhacvuqnam@gmail.com Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

Chú ý: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn.

ĐỀ 1590

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

BÌNH DƯƠNG Năm học 2012 – 2013

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1 (1 điểm): Cho biểu thức: A = ^{2 50 3 8}

5 x 4 x

1/ Rút gọn biểu thức A

2/ Tính giá trị của x khi A = 1 Bài 2 (1,5 điểm):

1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y =

2

2 x

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):

1/ Giải hệ phương trình: ^{2 4}

3 3

x y x y

  

  



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

§Ò chÝnh thøc

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III Gmail: hokhacvuqnam@gmail.com Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

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 A = ^{2 50 3 8}

5 x 4 x

= ^{2 25.2 3 4.2}

5 x 4 x

= ^{2 2 3 2} x2 x = ^{1 2}

2 x

Vậy với x  0 thi A = ^{1 2}

2 x

2/ Khi A = 1  1

2 2x = 1  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):

1/ Vẽ đồ thị (P) hàm số y =

2

2 x -Bảng giá trị

x -4 -2 0 2 4

y =

2

2

x 8 2 0 2 8

-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.

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III Gmail: hokhacvuqnam@gmail.com Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

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 A là: yA = 12

2 = ¹

2

 A(1; ¹

2)



_{(d) nên} ¹

2 = 1 – m

 m = 1 – ¹

2 = ¹

2

Vậy với m = ¹

2 thì (d): y = x – m cắt P tại điểm A có hoành độ bằng 1. Khi đó tung độ yA = ¹

2

Cách 2

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

2

2

x = x – m  x² – 2x + 2m = 0 (*)

Để (d) cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng 1 thì phương trình (*) có nghiệm bằng 1

 1² – 2.1 + 2m = 0  m = ¹

2

Vậy với m = ¹

2 thì (d): y = x – m cắt P tại điểm A có hoành độ bằng 1. Khi đó tung độ yA = 12

2 = ¹

2

Bài 3 (2 điểm):

1/ Giải hệ phương trình

2 4

3 3

x y x y

  

  

  ¹

3 3

x x y

 

  

  ¹

3.( 1) 3 x

y

  

   

  ¹

6 x y

  

  

 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (-1; -6) 2/ Giải phương trình

x⁴ + x² – 6 = 0 (1)

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III Gmail: hokhacvuqnam@gmail.com Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

Đặt x² = t (t  0)

Phương trình (1) trở thành: t² + t – 6 = 0 (2) Ta có  = 1² – 4.1.(-6) = 25

Phương trình (2) có hai nghiệm t1 = ^{1 25}

2.1

  = 2 (nhận) ; t2 = ^{1 25}

2.1

  = -3 (loại) Với t = t1 = 2 => x² = 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

 ^{1 2}

1 2

2

. 2 5

x x m

x x m

 

   

 (theo định lý Vi-et) Đặt A = x₁x₂

 A² = ( x₁x₂ )² = x12 – 2x1x2 + x22 = (x1 + x2)² – 4x1x2

 A² = (2m)² – 4(-2m – 5) = (2m)² + 8m + 20

= (2m)² + 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):

1/ Ta có MB là tiếp tuyến của (O) (gt)

 OB ^ MB

 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

P O

M A

B Q

I E K

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III Gmail: hokhacvuqnam@gmail.com Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

2/ Ta có BOM = AOM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 BOM = ¹

2BOA mà BOA = SđAB

 BOM = ¹

2SđAB Ta lại có BEA = ¹

2SđAB (Định lý góc nội tiếp)

 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

ĐỀ 1591

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

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

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1. (2,0 điểm)

1) Tính: 1

A 9 4 5 .

5 2

  



2) Cho biểu thức: 2(x 4) x 8

B x 3 x 4 x 1 x 4

   

    với x ≥ 0, x ≠ 16.

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).

§Ò chÝnh thøc

Thầy giáo: Hồ Khắc Vũ – Giáo viên Toán cấp II-III Gmail: hokhacvuqnam@gmail.com Khối phố An Hòa -Phường Hòa Thuận – TP Tam Kỳ - Tỉnh Quảng Nam

--THÀNH CÔNG CÓ DUY NHẤT MỘT ĐIỂM ĐẾN, NHƯNG CÓ RẤT NHIỀU CON ĐƯỜNG ĐỂ ĐI

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.

Trong tài liệu Tuyển tập 2000 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán có đáp án tập 32 | Học thật tốt (Trang 145-154)