Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trung học phổ thông năm 2013 2014 môn Toán32615

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R.. Gọi I là trung điểm OA, qua I kẻ dây MN vuông góc với OA.. a Chứng minh tứ giác BIDC nội tiếp b Chứng minh AD.. AC = R2 c Khi C chạy trên cung n

Câu1 (2,0điểm)

a) Tính :A2 16 49

b) Trong các hình sau đây : Hình Vuông, hình bình hành, hình chữ nhật,hình thang cân hình nào có hai đường chéo bằng nhau ?

Câu2 (2điểm)

a) giải phương trình : 2x2  x7 30

b) Giải hệ phương trình













 2

4 3

y x

y x

Câu 3 (2điểm)





































1

1 1

1

a

a a a

a a

b)Cho phương trình x2 +2(m+1)x +m2 =0

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong dod có một nghiệm bằng -2

Câu 4 (3điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R.Gọi I là trung điểm OA qua I kẻ dây MN vuông góc với OA C thuộc cung nhỏ MB ( M khác B, M), AC cắt MN tại D

a) Chứng minh tứ giác BIDC nội tiếp

b) Chứng minh AD.AC=R2

c) Khi C chạy trên cung nhỏ MB chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD luôn thuộc đường thẳng cố định

Câu 5 (1 điểm)

Cho x, y là 2 số thực dương

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

) 2 ( ) 2 ( x y y y x x

y x P











-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI

a) Tính :A2 16 49

b) Trong các hình sau đây : Hình Vuông, hình bình hành, hình chữ nhật,hình thang cân hình nào có hai đường chéo bằng nhau ?

a) A = 8 - 7 = 1

b) Hình có 2 đường chéo bằng nhau: Hình vuông, hình chữ nhật, hình thang cân

Câu2 (2điểm)

a) Giải phương trình : 2x2  x7 30

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC 2013-2014

Môn toán

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

Đề thi có 01 trang

-DeThiMau.vn

b) Giải hệ phương trình













 2

4 3

y x

y x

a) Ta có: = 49 – 24 = 25 > 0     25 5

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

x1 =   ; x2 = 3 ;

4

5 7

2

4

5 7

Vậy phương trình có nghiệm x1 = ; x2 = 3;

2 1

b) Ta có:













 2

4 3

y x

y x













 2

2 2

y x

y













 2 1

1

x

y











 1

1

y x

Vậy hệ phương trình có nghiệm ;









 1

1

y x

a)Rút gọn biểu thức  với





































1

1 1

1

a

a a a

a a

b) Cho phương trình x2 + 2(m +1)x + m2 = 0 (1)

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng -2 ;





































1

1 1

1

a

a a a

a a B





































1

) 1 ( 1 1

) 1 ( 1

a

a a a

a a

B

= 1 – a

 B1 a1 a

b) Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ’ > 0

Ta có: ’ = (m+1) 2 – m2 = m2 + 2m + 1 – m2 = 2m + 1

’ > 0   2m + 1 > 0  m > - (*)

2 1

Vì phương trình có 1 nghiệm là -2 nên thay x = -2 vào (1) ta được:

(-2)2 + 2(m+1)(-2) + m2 = 0

4 – 4m – 4 + m2 = 0 – 4m + m2 = 0 m(m - 4) = 0

m = 0 hoặc m = 4 (**)



Từ (*) và (**) suy ra m = 0 ; m = 4 thỏa mãn đề bài

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi I là trung điểm OA, qua I kẻ dây MN vuông góc với OA C thuộc cung nhỏ MB (C khác B, M), AC cắt MN tại D

a) Chứng minh tứ giác BIDC nội tiếp

b) Chứng minh AD AC = R2

c) Khi C chạy trên cung nhỏ MB chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp  CMD luôn thuộc đường thẳng cố định

a) Ta có : ฀ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

hay ฀DCB = 900;

Lại có DIB฀ = 900 (gt)

D H

M

I

A

C

DeThiMau.vn

Tứ giác BIDC có DCB฀ +DIB฀ = 900 +900= 1800.

Tứ giác BIDC là tứ giác nội tiếp



b) Do AID đồng dạng với ACB (g.g) nên   

AB

AD

AC AI 

AD.AC = AI.AB AD.AC = 2R = R2 ;

2

R

c) Dễ thấy AMD đồng dạng với ACM (g.g)  

AM2 = AC.AD AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp



AM

AD AC

CMD mà AM  MB  tâm đường tròn ngoại tiếp CMD luôn thuộc đường  thẳng BM cố định

Cho x, y là 2 số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

) 2 ( ) 2

( x y y y x

x

y x P











Vì x, y > 0 nên áp dụng Bất đẳng thức CôSi cho 2 số dương

2

b a

ab  

Ta có:

) 1 ( 2

5 2

2 3 )

2

(

) 2 ( 2

5 2

2 3 )

2

(

3y yx  y yx  yx

Từ (1) và (2) ta có

3 3 2

6 6

) ( 3 ) 2 ( 3 ) 2 ( 3

) ( 3



















y x

y x x

y y y

x x

y x P

x y y

y x x



















2 3

2 3 3

3

Áp dụng Bất đẳng thức CôSi cho 2 số dương

2

b a

ab  

Ta có

) 1 ( 2

5 2

2 3 )

2

(

3x x y x x y x y











) 2 ( 2

5 2

2 3 )

2

(

3y yx  y yx  yx

Từ (1) và (2) ta có

3 3 2

6 6

) ( 3 ) 2 ( 3 ) 2 ( 3

) (

















y x

y x x

y y y

x x

y x P

DeThiMau.vn

y x x y y

y x x P



















2 3

2 3 3

3

)

(

Cách 2 Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacópki cho 2 dãy

Dãy 1 x; y

Dãy 2 2x y, 2yx

Ta có  x(2xy) y(2yx)2 xy3x3y x(2x y) y(2yx) 3(xy)

Nên

3

3 3

1 ) (







y x

y x

P

y x x y

y y

x

x P











2 2

3

3

)

(

DeThiMau.vn