Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn: Toán (Năm học 2006-2007)

Chia sẻ: Nguyễn Công Nguyên | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

1.369
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn: Toán" năm học 2006-2007 dưới đây.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn: Toán (Năm học 2006-2007)

TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2006 2007 ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN MÔN : TOÁN 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) 4 x x 5x 5 4 x 1 Bài 1: Cho biểu thức Q = : 1 x 5 x 5 x 25 x 5 1 a) Rút gọn Q. b) Tìm x để Q − c) Tìm giá trị bé nhất của Q ? 3 Bài 2: Cho phương trình : x2 + 2 ( m1)x + m2 – 4 = 0 a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu . b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 . Tìm hệ thức giữa x1 ; x2 độc lập với m. c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x = 0; x = 6 Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A, với đường cao AH. Vẽ các đường cao HP, HQ của tam giác ABH và ACH. Gọi I, J là trung điểm của BH và CH; O là giao điểm của AH và PQ. a) Chứng minh rằng tứ giác IPOH nội tiếp được đường tròn. ﾷ b) Tính diện tích tứ giác IJQP theo a , biết rằng AB = 2a và góc BAH = 30 c) Gọi (d) là đường thẳng bất kỳ đi qua A. Các tia HP, HQ cẳt (d) tại M, N. Chứng minh rằng BM // CN Bài 4: Chứng minh rằng : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A 2 2 2 1 2 .... là số hữu tỷ 1 2 3 1 3 42 12 2005 2 2006 2 12 2006 2 2007 2
Hướng dẫn : −5 0 x 100 1 Bài 1: a) Q = b) Với thì Q − c) GTNN của Q là 1 khi x = 0 x +5 x 25 3 Bài 2: a) PT có hai nghiệm trái dấu khi P = m 2 − 4 < 0 � −2 < m < 2 b) Hệ thức ( x1 + x2 ) 2 − 4( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 − 12 độc lập với m c) Khi m = 2 thì phương trình có hai nghiệm x = 0; x = 6 Bài 3: ( PI + QJ ) PQ a 3a a 3 b) S I JQP = =( + ) = a2 3 2 2 2 2 c) Ta có: HP ⊥ AB và CQ ⊥ AB suy ra: HP / /CQ � BHPﾷﾷ = HCQ (đồng vị). ﾷ Tương tự: HBP ﾷ = CHQ . Suy ra: ∆BHP : ∆HCQ BH HP BP � = = (1) HC CQ HQ MA MP AP Tương tự: ∆MAP : ∆ANQ � = = (2) AN AQ NQ BH MA HP MP BP AP Từ (1) và (2) ta có: . = . = . HC AN CQ AQ HQ NQ MP BP Suy ra: = ( HP = AQ và AP = HQ do APHQ là hình chữ nhật) CQ NQ Mà tam giác BMP vuông tại P và tam giác NCQ vuông tại Q nên ta có ∆BMP : ∆NCQ ﾷ Suy ra: BMP ﾷ = NCQ ﾷ = NCA ﾷ Suy ra: BMN ﾷ = BMA ﾷ = BMP ﾷ + PMA ﾷ = NCA ﾷ + QAN ﾷ = NCA ﾷ + CAN . Mà trong tam giác CAN có ﾷ NCA ﾷ + CAN ﾷ + ANC = 1800 � NCA ﾷﾷ + CAN = 1800 − ANC ﾷﾷ Suy ra: BMN = 1800 − ANC ﾷﾷ � BMN ﾷ + ANC = 1800 . Vậy BM//CN. Bài 4: Ta có: k 2 ( k + 1) + ( k + 1) + k 2 2 2 1 1 1 k 4 + k 2 + 1 + 2k 2 .k + 2k .1 + 2k 2 .1 + + = = k 2 ( k + 1) 2 12 k 2 ( k + 1) 2 k 2 ( k + 1) 2 ( k 2 + k + 1) 2 k2 + k +1 = = ﾷ với k ﾷ * k ( k + 1) 2 2 k ( k + 1) Suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A .... 12 22 32 11 32 42 12 2005 2 2006 2 12 2006 2 2007 2 7 13 21 4026043 = + + + ... + ﾷ 6 12 20 4026042
TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2007 2008 ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN MÔN : TOÁN 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: ( 3 điểm ) Cho biểu thức : x 1 2 x 1 1 x 5 x 1 11 A x 1 3 x 1 3 8 x a) Rút gọn A. b) Tìm x để A 2 c) Tìm x Z để A Z Câu 2: ( 3 điểm ) Cho phương trình : x2 – 2 ( m + 2 )x + 4m + 13 = 0 ( m là tham số ) a) Tìm m để phương trình có nghiệm. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm của phương trình không phụ thuộc vào tham số m . b) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn : x1 x2 2 Câu 3: ( 3điểm ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R; C là một điểm di động trên đường tròn ( C khác A và B ). Qua A, B, C lần lượt vẽ các tiếp tuyến d1, d2, d3 với đường tròn tâm O. Đường thẳng d3 lần lượt cắt d1 , d2 ở E và F. ﾷ a) Tính EOF và AE.BF b) Tìm vị trí điểm C trên đường tròn để EF có độ dài ngắn nhất. c) Cho BE cắt AF tại H. Chứng minh CH là đường cao của ABC Câu 4: ( 1 điểm ). Tìm số tự nhiên n để n + 3 và n + 2010 là hai số chính phương.
Hướng dẫn x +1 +1 x −1 Câu 1: a) A = với b) A �2 � 8 < x �48 x +1 − 3 x 8 c) với x { 0;3;15;24;48} thì A Z m 3 Câu 2: a) Phương trinh co nghiêm khi ̀ ́ ̣ m −3 ̣ ưc 2(x Hê th ́ ̣ ̣ 1 + x2 ) – x1x2 + 5 không phu thuôc vao m ̀ b) Khi m = 10 thi PT ( 1 ) co hai nghiêm x ̀ ́ ̣ ̉ ̃ x1 − x2 = 2 1 ; x2 thoa man: Câu 3: a) ∆OAE = ∆OCE ( đặc biệt của tam giác vuông). ﾷ Suy ra AOE ﾷ = COE . ﾷ Tương tự: BOF ﾷ = COF . 1 ﾷﾷ Suy ra: EOF ﾷ = EOC ﾷ + COF = ﾷ (AOC + COB) = 900 2 0 ﾷﾷ Từ đó ta có: AOE + BOF = 90 � AOE ﾷ = 900 − BOF ﾷﾷ = BFO ( ∆BOF vuông tại B) ﾷ Hai tam giác AOE và BFO có: OAE ﾷ = FBO = 900 và ﾷ AOE ﾷ = BFO (cmt) nên ∆AOE : ∆BFO . Suy ra: AE AO = � AE.BF = BO.AO = R 2 BO BF b) AEFB là hình thang vuông với đường cao AB nên EF AB . Vậy EF ngăn nhât b ́ ́ ằng AB khi EF//AB suy ra CO ⊥ AB hay C ̀ ̉ la điêm chinh gi ́ ưa cua cung AB. ̃ ̉ c) Gọi D là giao điểm giữa AC và BF. ﾷ 1ﾷﾷ 1ﾷ Ta có: BAC = BOC hay BAD = BOD . 2 2 ﾷ 1ﾷ 1ﾷﾷ OF là phân giác góc BOC nên BOF = BOC = BOD 2 2 ﾷ Suy ra: BAD ﾷ = BOF OF / /AD . Suy ra: OF là đường trung bình tam giác BAD. Suy ra: F là trung điểm BD hay BF=DF (1) Xét ∆HAE và ∆HFB có: AHE ﾷﾷ = FHB ﾷ ( đối đỉnh) và HAE ﾷ = HFB (slt) HA AE HE Nên ∆HAE : ∆HFB � = = (2) HF FB HF CA AE CE Tương tự: ∆CAE : ∆CDF � = = (3) CD DF CF CA HA Từ (1), (2) và (3) suy ra: = . Theo định lí Talet đảo suy ra: CH / /DF hay CH//BF CD HF Mà BF ⊥ AB nên CH ⊥ AB . Vậy CH là đường cao của tam giác ABC. OE // BT OE la đ ̀ ường TB cua tam giac ABT . Suy ra EA=ET ̉ ́ Câu 4: ( 1 điểm ) n + 3 và n + 2010 là 2 số chính phương nên n + 3 = a 2 và n + 2010 = b2 ( a ﾷ , b ﾷ ) Suy ra: b 2 − a 2 = 2007 � (b − a)(b + a) = 2007 . Vậy b − a và b + a là ước của 2007.
Suy ra: b−a =1 a = 1003 n = 10032 − 3 = 1006006 b + a = 2007 b = 1004 n = 10042 − 2010 = 1006006 b−a =3 a = 333 n = 3332 − 3 = 110886 b + a = 669 b = 336 n = 3362 − 2010 = 110886 b−a =9 a = 107 n = 1072 − 3 = 11446 b + a = 223 b = 116 n = 1162 − 2010 = 11446 Vậy có 3 giá trị của n thỏa yêu cầu bài toán là: n = 1006006 ; n = 110886 hoặc n = 11446
TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2008 2009 ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN MÔN : TOÁN 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: ( 1điểm ) Giải hệ phương trình và phương trình sau: 3x 2 y 1 a) b) 10 x 4 9 x 2 1 0 5x 3 y 4 Câu 2: ( 3 điểm ) Cho hàm số y = x2 có đồ thị ( P ) và hàm số y = 2x + m có đồ thị ( d ) a) Khi m=1. Vẽ đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ giao điểm của của ( P ) và ( d ) bằng đồ thị và phép toán khi m = 1 c) Tìm các giá trị của m để ( P ) và ( d ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A ( xA ; yA ) và B ( xB ; yB ) 1 1 sao cho 2 + 2 = 6 xA xB y x x x y y Câu 3( 1 điểm ) Rút gọn biểu thức : P (x 0; y 0 ) xy 1 Câu 4: ( 4 điểm ) Cho tam giác ABC ( AB 0 và x + y 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2 2 x y xy
Hướng dẫn Câu 1: 3x + 2y = 1 � �−9x − 6y = −3 �x = −11 x = −11 �x = −11 a) � �� 5x + 3y = −4 � 10x + 6y = −8 � �3x + 2y = 1 y = [ 1 − 3(−11)] : 2 �y = 17 b) 10x 4 + 9x 2 − 1 = 0 ; ∠ặτ x 2 = t (t 0) ταχ⌠ t = −1 (loại) 10t 2 + 9t − 1 = 0 1 t= 10 1 10 x2 = �x=� 10 10 Câu 2: β) +ΠΤ ηο◊νη độ γιαο đιểµ χủα (Π) ϖ◊ (δ) λ◊: x 2 + 2x + 1 = 0 � (x + 1) 2 = 0 � x = −1 ; Τηαψ x = −1 vào PT (d) � y = −1 . Vậy : (d) tiếp xúc với (P) tại điểm A(−1; −1) . c) ∆ ' > 0 � m < 1 1 1 Lập hệ thức Vi et và thay vào PT: 2 + 2 = 6 xA xB m1 = −1 � 3m + m − 2 = 0 � 2 2 ( Thỏa mãn ĐK ) m2 = 3 y x + x +x y+ y Χυ3 P = (x > 0; y > 0) xy + 1 (x y + y x ) + ( x + y) xy( x + y) + ( x + y) ( x + y)( xy + 1) = = = = x+ y xy + 1 xy + 1 xy + 1 Câu 4: a) Xét hai tam giác ADB và AEC có: ﾷA chung và ﾷ ADB ﾷ = AEC = 900 nên ∆ADB : ∆AEC AD AB � = � AD. AC = AE . AB AE AC b) H là trực tâm của tam giác ABC � AH ⊥ BC tại K ﾷ 1ﾷ c) ANM = NOM (1) ( góc giữa tiếp tuyến và dây cung, 2 góc ở tâm cùng chắn cung MN ﾷ ) Xét hai tam giác ANO và AMO ta có: ANO ﾷﾷ = AMO = 900 , cạnh AO chung và ON = OM nên ∆ANO = ∆AMO . Suy ra: ﾷﾷﾷ ON = 1 NO . Suy ra: A ﾷ M (2) AON = AOM 2 Theo b) ta có: AK ﾷ O = 900 ( AH ⊥ BC tại K) Mà A ﾷ NO = 900 (AN là tiếp tuyến đường tròn tâm O tại N). Nên tứ giác AKON nội tiếp đường tròn đườn kính AO. Suy ra: ﾷANK = AON ﾷ (3) (góc nội tiếp cung chắn cung ﾷAN của đường tròn đường kính AO).
Từ (1), (2) và (3) suy ra: ANM ﾷﾷ = AKN d) Hai tam giác ADH và AKC có: góc ﾷA chung và ﾷADH = AKC ﾷ = 900 nên ∆ADH : ∆AKC . AD AH Suy ra: = � AH . AK = AD. AC (4) AK AC Hai tam giác ADN và ANC có: góc ﾷA chung và AND ﾷ = ﾷACN ( góc giữa bán kính và dây cung DN, góc nội AD AN tiếp cùng chắn cung DNﾷ ) nên ∆ADN : ∆ANC . Suy ra: = � AD. AC = AN 2 (5) AN AC AH AN Từ (4) và (5) suy ra: AH . AK = AN 2 � = AN AK Mà hai tam giác ANH và AKN có chung góc ﾷA nên suy ra: ∆ANH : ∆AKN ﾷ Suy ra: ANH = ﾷAKN Theo chứng minh ở câu c) ta lại có: ANM ﾷ = ﾷAKN Suy ra ﾷANH = ﾷANM . Vậy trên cùng nửa mặt phẳng bờ chứa NA , hai tia NH và NM cùng tạo với NA hai góc bằng nhau. Nên tia NH và NM phải trùng nhau . Suy ra M; H; N thẳng hàng Câu 5: Ta có: 1 1 1 a + b 2 ab , ∀a 0, b 0 và + 2 , ∀a > 0, b > 0 a b ab �1 1 � 1 1 4 Suy ra: (a + b) � + �� 4 + � , ∀a > 0 , b > 0 �a b � a b a+b 1 1 1 4 Mặt khác, ta có: (a + b) �2 ۳ 4ab (a + b) 2 4ab ab (a + b) 2 1 1 1 1 1 4 1 1 6 A= 2 + = 2 + + + . 6 x +y 2 xy x + y 2 2 xy 2 xy x + y + 2xy 2 xy ( x + y ) 2 2 2 1 min A = 6 khi x = y = 2
TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2010 2011 ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN MÔN : TOÁN 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: ( 2điểm) �x+ y x − y �� x + y + 2 xy � Cho biểu thức: M = � �1 − xy + � �� : 1+ � � 1 + xy �� 1 − xy � a) Tìm điều kiện xác định của M và rút gọn biểu thức M. b) Tìm giá trị của M với x = 3 + 2 2 Câu 2: ( 2 điểm ) Cho phương trình x − 2m x + 2m − 1 = 0 2 ( 1) a) Giải phương trình (1) khi m = 2 b) Tìm m để phương ( 1 ) có 4 nghiệm phân biệt. mx − y = 1 Câu 3: ( 1 điểm ) Cho hệ phương trình Tìm m nguyên để hệ có nghiệm x; y là những số x + 2y = 3 nguyên Câu 4: ( 1 điểm ) Giải phương trình x 2 + 2 x − 3 = x + 5 Câu 5: ( 3 điểm) Cho đường tròn ( O ) đường kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường tròn ( C A; C B ) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C. Kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn ( O ). Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ AC. Tia BC cắt Ax tại Q. Tia AM cắt BC tại N. Gọi I là giao điểm AC và BM. a) Chứng minh rằng tứ giác MNCI nội tiếp. b) Chứng minh rằng ∆BAN và ∆MCN cân. c) Khi MB = MQ , tính BC theo R. Câu 6: ( 1 điểm ) Cho x, y > 0 và x 2 + y = 1 . 1 1 Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = x 4 + 4 + y 2 + 2 x y
Hướng dẫn x 0 Câu 1: a) Điều kiện: ; M = 2 x xy 1 x +1 2 b) Khi x = 3 + 2 2 M = 2 Câu 2: a) Khi m = 2 ta có x1 = 1 ; x2 = 3 b) Đặt t =| x | , t 0 ta có phương trình: t 2 − 2mt + 2m − 1 = 0 (2) Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm dương ∆' > 0 m 2 − (2m − 1) > 0 1 �c � �m > � � > 0 � � 2m − 1 > 0 �� 2 �a � m>0 �m 1 b − >0 a Câu 3: �− y = 1 �x = 5 Nếu m = 0 ta có hệ phương trình: � � nên m = 0 thỏa mãn yêu câu fbài toán. �x + 2 y = 3 �y = −1 � mx − y = 1 � 2mx − 2 y = 2 (2m + 1) x = 5 � Xét m 0 ta có: � �� x + 2 y = 3 �x + 2 y = 3 (2m + 1) y = 3m − 1 � 5 x= 1 2m + 1 Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: 2m + 1�۹0− m . Khi đó: 2 3m − 1 y= 2m + 1 �2m + 1 = −5 m = −3 � y = 2 �ﾷ � �2m + 1 = −1 � m = −1 � y = 4 �ﾷ Do x ﾷ nên 2m + 1 là ước của 5 hay � � �2m + 1 = 1 m = 0 � y = −1 �ﾷ � � � �2m + 1 = 5 m = 2 � y = 1 �ﾷ � Vậy, m �{ − 3; −1;0;2} thì hệ phương trình đã cho có nghiệm nguyên. x2 + 2x − 3 0 Câu 4: x + 2 x − 3 = x + 5 . Điều kiện: 2 x −5 x 2 + 2 x − 3 = x + 5 � ( x 2 + 2 x − 3)2 = x + 5 � x 4 + 4 x 2 + 9 + 4 x 3 − 6 x 2 − 12 x = x + 5 25 9 � x 4 + 4 x 2 + + 4 x 3 − 5 x 2 − 10 x = x 2 + 3x + 4 4 2 2 � 5� � 3� � �x 2 + 2 x − �= �x + � � 2� � 2� 5 3 −1 17 x2 + 2x − = x+ x= 2 2 x 2 + x − 4 = 0 2 � � 2 � 5 � 3� x 2 + 2 x − = − �x + � x + 3x − 1 = 0 x = −3 13 2 � 2� 2 −1 + 17 −3 − 13 Kết hợp với điều kiện suy ra phương trình có nghiệm: x = hoặc x = 2 2
17 − 1 13 + 3 T có hai nghiệm là : x1 = ; x2 = − 2 2 Câu 5: ﾷ a) Ta có: AMB ﾷ = ACB ﾷ = 900 (góc mội tiếp chắn nửa đường tròn) hay IMN ﾷ = ICN = 900 . Vậy tứ giác MNCI nội tiếp đường tròn đường kính IN. b) Ta có: M là điểm chính giữa của cung ﾷAC nên OM là đường phân giác góc ﾷAOC hay Aﾷ OM = 1 s�A ﾷ C 2 1 Mà Aﾷ BC = s�Aﾷ C ( góc nội tiếp chắn cung Aﾷ C ) 2 ﾷ OM = A Suy ra: A ﾷ BC . Suy ra: OM//BC hay OM//BN Mà O là trung điểm AB nên OM là đường trung bình tam giác ABN. Suy ra: M là trung điểm AN hay BM là trung tuyến tam giác ABN. Mặt khác BM cũng là đường cao của tam giác ABN ( AMB ﾷ = 900 ) Vậy tam giác ABN cân tại B. Ta có: ∆A CM vuông tại C và ∆A CM cân tại M nên ﾷ MNC ﾷ C = 900 − MCA = 900 − MA ﾷﾷ = MCN Suy ra tam giác MNC cân tại M. c) Theo giả thiết: MB = MQ nên ∆MBQ cân tại M hay ﾷ MQC ﾷ = MBN ﾷ Mà theo b) ta có: MNC ﾷ = MCN ﾷ hay MNB ﾷ = MCQ ﾷ Suy ra: CMQ ﾷ = 1800 − (MQC ﾷ + MCQ ﾷ ) = 1800 − (MBN ﾷ + MNB ﾷ ) = BMN = 900 Suy ra: ∆MCQ = ∆MNB = ∆MAB (cgc) Suy ra: QC = BN = BA = 2R (*) Áp dụng định lí Pitago cho ∆ABC vuông tại C ta có: BC 2 = AB 2 − AC 2 Mà AC 2 = AQ 2 − QC 2 = ( BQ 2 − AB 2 ) − QC 2 ( ∆AQC vuông tại C và ∆ABQ vuông tại A) = BQ 2 − 2 AB 2 = ( BC + CQ ) 2 − 2 AB 2 = ( BC + AB ) 2 − 2 AB 2 = BC 2 + 2 BC . AB − AB 2 ( QC = AB theo (*)) Suy ra: BC 2 = AB 2 − ( BC 2 + 2 BC. AB − AB 2 ) � 2 BC 2 + 2 BC. AB − 2 AB 2 = 0 BC = ( −1 − 5) R � BC 2 + 2.R.BC − 4R 2 = 0 � (loại) BC = ( −1 + 5) R Vậy khi MB=MQ thì BC = ( −1 + 5) R Câu 6: Ta có: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 (a + c )2 + (b + d )2 ( bđt Mincopxki) � (a 2 + b 2)(c 2 + d 2) �ac + bd � (a 2 + b 2)(c 2 + d 2) �ac + bd ∀a,b ,c ,d (1) Vì: Nếu ac + bd < 0 thì (1) đúng. Nếu ac + bd 0 thì (1) � a 2d 2 + b 2c 2 �2abcd � (ad − bc )2 �0 nên (1) đúng. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ad − bc = 0 1 1 Áp dụng bđt Mincopxki cho 4 số: a = x 2 , b = 2 , c = y và d = ta có x y
2 1 1 �1 1 � 1 ( x + y ) + � 2 + � = 1 + 2 2 ( vì x + y = 1 ) 2 T = x + 4 + y2 + 2 4 2 2 x y �x y� ( x y) 2 � 4 � x2 + y 1 4 1+ �2 � = 17 ( bđt Cauchy �۳x 2 y ) �x + y� 2 x2 y x +y 2 2 1 1 2 x . = . y x= � 2 1 � 2 Vậy minT = 17 khi � y x � x2 = y = � � �x 2 = y 2 �y = 1 2
TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2011 2012 ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN MÔN : TOÁN 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:( 2 đ) Rut gon môi biêu th ́ ̣ ̃ ̉ ức sau: 6 2 �x x + 1 x − 1 �� x � A = − B=� + � x − 1 1 − x �� : x − �( x > 0, x 1) 3 +3 2+ 3 � �� 1− x � � Câu 2:( 2 đ) Cho parabol ( P ) : y = x va đ ̀ ường thăng ( d̉ m ) : y = mx – m + 1 2 1) Tim m đê đ ̀ ̉ ường thăng ( d ̉ ́ ̀ ̣ ̣ ́ m ) tiêp xuc parabol ( P ). Khi đo tim toa đô tiêp điêm. ́ ́ ̉ ̣ ̉ 2) Khi ( dm ) căt ( P ) tai hai điêm phân biêt A, B, Goi x ́ ̣ ̣ A , x B la cac hoanh đô giao điêm, tim m đê : ̀ ́ ̀ ̣ ̉ ̀ ̉ 2 x A xB + 3 1 2 x A + xB + 2 ( x A xB + 1) 2 2 2( x − 3) + ( y + 4) = 10 Câu 3:( 1 đ) Giai hê ph ̉ ̣ ương trinh : ̀ 2 x + 4( y − 1) = 5 Câu 4:( 4 đ) Cho đường tron ( O;R), d la môt đ ̀ ̀ ̣ ường thăng không đi qua tâm va căt (O) tai A va B. T ̉ ̀ ́ ̣ ̀ ừ ̣ ̉ môt điêm P trên d ( P năm ngoai đ ̀ ̀ ường tron ), ke hai tiêp tuyên PM va PN ( M, N la cac tiêp điêm ). Goi C ̀ ̉ ́ ́ ̀ ̀ ́ ́ ̉ ̣ ̉ la trung điêm AB. Đ ̀ ường thăng CO căt tia PN tai K. Ch ̉ ́ ̣ ưng minh răng : ́ ̀ 1) Tư giac POCN nôi tiêp trong đ ́ ́ ̣ ́ ường tron. 2) KN.KP = KC. KO 3) Đoan thăng PO căt ( O ) tai H. ̀ ̣ ̉ ́ ̣ Chưng minh H la tâm đ ́ ̀ ường tron nôi tiêp tam giac PMN. 4) Cho ̀ ̣ ́ ́ ﾷ OPM = 30 Tinh ( theo R) ́ SOMPN Câu 5:( 1 đ) Cho a, b, c la cac sô th ̀ ́ ́ ực dương thoa man a + b + c = 2012 ̉ ̃ ab bc ca ́ ̣ ơn nhât cua biêu th Tim gia tri l ̀ ́ ́ ̉ ̉ ức P = + + a+b b+c c+a
Hương dân ́ ̃ 2− x x>0 Câu 1:( 2 đ) A = 3 − 1 B = với x x 1 Câu 2:( 2 đ) 1) ( dm ) tiếp xúc với ( P ) khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm x 2 = mx – m + 1 x 2 − mx + m − 1 = 0 có nghiệm kép � ∆ = 0 � ( m − 2) = 0 � m = 2 2 Vậy m = 2 thì ( dm ) tiếp xúc với ( P ) . Khi đó tọa độ tiếp điểm là: M ( 1;1) . ̣ ̉ ̣ 2) ( dm ) căt ( P ) tai hai điêm phân biêt A, B khi và ch ́ ỉ khi x 2 = mx – m + 1 x 2 − mx + m − 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt �∆> �0−> ۹ (m 2) 2 0 m 2. 2 x A xB + 3 1 2 x A xB + 3 1 x A + xB + 2 ( x A xB + 1) 2 2 2 ( x A + xB ) + 2 2 2 2( m − 1) + 3 1 m 0 � 4m + 2 �m 2 + 2 � m( m − 4) �0 � m2 + 2 2 m 4 13 x= Câu 3:( 1 đ) 2 y = −1 Câu 4:( 4 đ) 1) ∆OAB cân tại O mà C là trung điểm AB nên OC ⊥ AB tại C hay OC ⊥ PC � OPC ﾷ = 900 Mà PN là tiếp tuyến đường tròn (O) tại N nên PN ⊥ ON � ONP ﾷ = 900 Suy ra: POCN nội tiếp đường tròn đương kính OP. 2) Xét ∆KCN và ∆KPO có: góc K ﾷ chung và ﾷ KCN = 180 − NCO 0 ﾷﾷ = NPO ﾷ = KPO ﾷ ( NCO ﾷ và NPO là 2 góc đối diện của tứ giác POCN nội tiếp đường tròn đương kính OP) Suy ra: ∆KCN : ∆KPO . Suy ra: KC KN = � KN .KP = KC .KO KP KO ﾷ 1ﾷ 3)Ta có: PMH = MOH ( góc tạo bởi tiếp tuyến 2 và dây cung, góc ở tâm cùng chắn cung MH ﾷ của đường tròn tâm O) ﾷ 1ﾷ Mà NMH = NOH ( góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung NH ﾷ của đường tròn tâm O) 2 ∆PMO = ∆PNO ( cc của tam giác vuông) nên MOP ﾷﾷ = NOP ﾷ hay MOH ﾷ = NOH Suy ra: MH là đường phân giác trong góc M của tam giác MNP. Cũng từ ∆PMO = ∆PNO suy ra: MPO ﾷﾷ = NPO ﾷ hay MPH ﾷ = NPH nên PH là đường phân giác góc P của tam giác MNP. Vậy H là giao điểm của 2 đường phân giác trong của tam giác MNP nên H là tâm đường trong nội tiếp tam giác MNP. ﾷ OM OM R 4) ∆PMO vuông tại M và OPM ﾷ = 30 nên tan OPM = � PM = ﾷ = =R 3 PM tan OPM tan 300
1 Diện tích tứ giác OMPN là: SOMPN = SOMP + SONP = 2 SOMP = 2. .OM . PM = R.R 3 = R 2 3 2 Câu 5:( 1 đ) a+b Áp dụng bđt Cauchy cho 2 số dương a và b ta có: � ab � a + b �2 ab . 2 1 1 2 �1 1 � ( a + b) 2 ab 1 ab a+b Tương tự: + . Suy ra: (a + b) � + � 4 ۳ 4 (1) a b ab �a b � ab ( a + b) 2 4 a+b 4 bc b+c ca c+a Chứng minh tương tự ta có: (2) và (3) b+c 4 c+a 4 Từ (1), (2) và (3) suy ra: ab bc ca a+b b+c c+a a +b+c P= + + + + = = 1006 a+b b+c c+a 4 4 4 2 2012 Vậy giá trị lớn nhất của P là 1006 khi a = b = c = 3