Đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Đak nông năm 2012 môn toán chuyên pdf

Xác định m để tam giác OIJ cân tại O O là gốc tọa độ.. Hai đường thẳng qua A tiếp xúc với đường tròn tâm O đường kính BC lần lượt tại P và Q.. Chứng minh tứ giác OPAQ nội tiếp.. Chứng mi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐĂK NÔNG

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Khóa ngày 22 tháng 6 năm 2011 MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN)

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm)

a Giải phương trình: 4 2

x  7x  12  0

b Giải hệ phương trình:

5

21









Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức:

a 1 a (a a 1)



  (với a  0, a  1)

a Rút gọn P

b Tính giá trị biểu thức P biết a  13  48  7  48

Câu 3: (2,0 điểm) Cho parabol (P): 1 2

2

 và đường thẳng (d): y  mx 3  , (m là tham số)

a Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt I, J với mọi m

b Xác định m để tam giác OIJ cân tại O (O là gốc tọa độ)

Câu 4: (3,0 điểm) Cho AB = 3a, trên đoạn thẳng AB lấy điểm C sao cho AC 1AB

3

 Hai đường thẳng qua A tiếp xúc với đường tròn tâm O đường kính BC lần lượt tại P và Q

a Chứng minh tứ giác OPAQ nội tiếp

b Kéo dài OP cắt đường tròn (O) tại E Chứng minh rằng tứ giác OBEQ là hình thoi

c Trên tia đối của tia BA lấy điểm M Đặt BM = x ME cắt AQ tại N Xác định

x theo a để tam giác EQN có diện tích bằng

2

a 3

16

Câu 5: (1,0 điểm) Giả sử phương trình: 2

ax  bx c   0 có 2 nghiệm x , x1 2và phương trình 2

cx  bx a   0 có 2 nghiệm x , x3 4 Chứng minh rằng: 2 2 2 2

x  2x  x  2x  4 2

ĐỀ CHÍNH THỨC

-Hết -

(Giám thị không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: , SBD: Giám thị 1: , Giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TỈNH ĐĂK NÔNG Khóa ngày 22 tháng 6 năm 2011

MÔN THI: TOÁN (CHUYÊN) ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Câu 1:

a

Đặt t = tx2 , t 0 Phương trình đã cho trở thành: t2  7t 12  0 0,5

3 4

t

t





  



0,25

t = 3  x   3

t = 4  x  2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x   3; x  2

0,25

b Điều kiện: x y  0

Đặt u 12; v 12 ( ,u v 0)

   Hệ đã cho trở thành:

0,25

2

4

5 21

v

u v







hoặc 4

1

u v









Với 1

4

u v











hệ có nghiệm (1; ), (1;1 1), ( 1; ), ( 1;1 1)

2 2  2  2

Với 4

1

u v











hệ có nghiệm ( ;1), ( ; 1), (1 1 1;1), ( 1; 1)

Vậy hệ phương trình đã cho có 8 nghiệm:

(1; ), (1; ), ( 1; ), ( 1; )

2 2  2  2 ,( ;1), ( ; 1), (1 1 1;1), ( 1; 1)

0,25

0,25

Câu 2:

a

Ta có:

3

.

a a a P



0,5

( 1). 1

a a P



0,25

1

1

P a





0,25

b Ta có: 13  48  2 3 1 

7  48   2 3

0,5

1 3

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 3:

a

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

2

1

3

2x mx

0,5

2

Suy ra phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

Do đó (P) luôn cắt (d) tại 2 điểm phân biệt 0,25

b Để tam giác OIJ cân tại O thì OI = OJ

Do (P) nhận Oy làm trục đối xứng nên IJ  Oy

Suy ra (d) // Ox

Do đó (d) có hệ số góc m = 0

Vậy với m = 0 thì tam giác OIJ cân tại O

0,5

0,5

Câu 4:

a

Do AP, AQ là tiếp tuyến với (O) nên: APOP AQ; OQ 0,5

 APOAQO 180 0 Suy ra tứ giác OPAQ nội tiếp

0,5

b Vì C là trung điểm của AO nên PC = QC =a Suy ra tứ giác OPCQ là hình thoi

 CP // OQ và CP = OQ = a (1)

Do BECP là hình chữ nhật nên: BE // CP và BE = CP = a (2)

0,5 (1), (2) suy ra: BE//OQ, BE= OQ = a nên tứ giác OBEQ là hình bình hành

Mặt khác OB = OQ = a nên OBEQ là hình thoi (đpcm)

0,5

c Kẻ NK AM, NK cắt EQ tại H

Vì QE//AM nên NH EQ và EQ NH

MA NK (1)

Ta có:

2

EQN

0,25 0,25

0,25

5

6

4

2

2

O

H

B C

O

N

P

K

3 3 5 3

5

EQ

Vậy với x = 2a thì thỏa mãn yêu cầu bài toán

0,25

Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Côsi

Ta có: 2 2

1 2 2 2 2 | 1 2 | 2 2 c

x x x x

a

2 2

3 2 4 2 2 | 3 4 | 2 2 a

c

0,5

Suy ra: 2 2 2 2

x x x x

a c

Mặt khác: c a 2 c .a 2 c a 2

a  c  a c  a c 

Do đó 2 2 2 2

1 2 2 3 2 4 4 2

x  x x  x 

0,5

*Lưu ý: HS có thể làm theo cách khác đúng cũng được điểm tối đa