KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ 6 pot

Sở Giáo dục và đào
tạo
DAK LAK

11


Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT

Năm học 2009-2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian
giao đề.
Ngày21 tháng 06 năm 2011
Cõu 1(2.0 im):
1) Gii phng trỡnh:
2) Gii h phng trỡnh:

Cõu 2:(2.0 im)
a) Rỳt gn biu thc: A = vi x 0 v x 4.
b) Mt hỡnh ch nht cú chiu di hn chiu rng 2 cm v din tớch ca nú
l 15 cm
2
. Tớnh chiu di v chiu rng ca hỡnh ch nht ú.

Cõu 3: (2,0 im)
Cho phng trỡnh: x
2
- 2x + (m 3) = 0 (n x)
a) Gii phng trỡnh vi m = 3.
b) Tớnh giỏ tr ca m, bit phng trỡnh ó cho cú hai nghim phõn bit

x
1
, x
2
v tha món iu kin: x
1
2
2x
2
+ x
1
x
2
= - 12
c)
Cõu 4:(3 im)
Cho tam giỏc MNP cõn ti M cú cnh ỏy nh hn cnh bờn, ni
tip ng trũn ( O;R). Tip tuyn ti N v P ca ng trũn ln lt ct tia
MP v tia MN ti E v D.
a) Chng minh: NE
2
= EP.EM
b) Chng minh t giỏc DEPN k t giỏc ni tip.
c) Qua P k ng thng vuụng gúc vi MN ct ng trũn (O) ti K
( K khụng trựng vi P). Chng minh rng: MN
2
+ NK
2
= 4R
2

.

Cõu 5:(1,0 im)
Tỡm giỏ tr ln nht, nh nht ca biu thc: A =

x 1 x 1
1
2 4


x 2y
x y 5





2( x 2) x
x 4
x 2






2
6 4x
x 1

Hết

Giải

Câu I.
a,
x 1 x 1
1 2(x 1) 4 x 1 x 1
2 4
 
         
Vậy tập nghiệm của phương trình
S=


1


b,
x 2y x 2y x 10
x y 5 2y y 5 y 5
  
  
 
  
    
  
Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)

Câu II.
a, với x 0 và x 4.
Ta có:
2( 2) 2( 2) ( 2) ( 2)( 2)
1
( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x
A
x x x x x x x
     
    
      

b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0

Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)
Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15 .
Giải ra tìm được :x
1
= -5 ( loại ); x
2
= 3 ( thỏa mãn ) .
Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm.
Câu III.
a, Với m = 3 Phương trình có dạng : x
2
- 2x
( 2) 0
x x
  


x = 0 hoặc x = 2
Vậy tập nghiệm của phương trình S=


0;2

b, Để PT có nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thì
'
0 4 0 4 (*)
m m      
.
Theo Vi-et :
1 2
1 2
2 (1)
3 (2)
x x
x x m
 


 


Theo bài: x

2
1
-
2x
2
+ x
1
x
2
= - 12 => x
1
(x
1
+ x
2
) -2x
2
=-12

2x
1
- 2x
2
= -12 ) ( Theo (1) )
hay x
1
- x
2
= -6 .
Kết hợp (1)


x
1
= -2 ; x
2
= 4 Thay vào (2) được :
m - 3 = -8

m = -5 ( TM (*) )



H
F
I
P
O
N
K
M
Câu IV .
a,

NEM đồng dạng

PEN ( g-g)
2
.
NE ME
NE ME PE

EP NE
   


b,


MNP MPN
 ( do tam giác MNP cân tại M )



( ùng )
PNE NPD c NMP
 

=>


DNE DPE
 .
Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE
dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp .
c,

MPF đồng dạng

MIP ( g - g )
2
. (1)

MP MI
MP MF MI
MF MP
   
.

MNI đồng dạng

NIF ( g-g )
2
IF
.IF(2)
NI
NI MI
MI NI
   

Từ (1) và (2) : MP
2
+ NI
2
= MI.( MF + IF ) = MI
2
= 4R
2
( 3).


NMI KPN
 ( cùng phụ


HNP
)
=>


KPN NPI

=> NK = NI ( 4 )
Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5)
Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm .
Câu V .
2
2
6 8
x 8 6 0 (1)
1
x
k k x k
x

     


+) k=0 . Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x=
2
3

+) k


0 thì (1) phải có nghiệm 
'

= 16 - k (k - 6)

0
2 8
k
   
.
Max k = 8

x =
1
2

.
Min k = -2 x = 2 .



