Đề Thi Thử Tuyển Sinh Lớp 10 Toán 2013 - Đề 83 pot

TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2009 - 2010
ĐẠI HỌC TÂY NGUYÊN MÔN : TOÁN
000 000
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao
đề)



Bài 1: (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình và phương trình sau:
1/
3x 2y 1
5x 3y 4
 


  


2/
4 2
10x 9x 1 0
  
.

Bài 2: (3,0 điểm)
Cho hàm số :
2

y x
 
có đồ thị (P) và hàm số y = 2x + m có đồ thị (d) .
1/ Khi m = 1. Vẽ đồ thi (P) và (d) trên cùng một hệ trục toạ độ.
2/ Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị và bằng phép toán khi m = 1.
3/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt
A A
A(x ;y )

và

B B
B(x ;y )
sao cho
2 2
A B
1 1
6
x x
 


Bài 3: (1,0 điểm
Rút gọn biểu thức
y x x x y y
P (x 0;y 0)
1xy
  
  


.

Bài 4: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC ( AB < AC) có 3 góc nhọn. Vẽ đường tròn tâm O đường
kính BC
cắt các cạnh AB,AC theo thứ tự E và D .

1/ Chứng minh AD.AC = AE.AB.
2/ Gọi H là giao điểm của DB và CE .Gọi K là giao điểm của AH và BC. Chứng
minh

AH BC

.
3/ Từ A kẻ các tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O) (M,N là các tiếp
điểm).Chứng
minh
·
·
ANM AKN

.
4/ Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.

Bài 5: (1,0 điểm)
Cho x, y >0 và
x y 1
 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2

1 1
A
xy
x y
 




Hết

Họ và tên thí sinh : Số báo danh :

Chữ ký các giám thị :
- Giám thị 1 :
- Giám thị 2 :

(Ghi chú : Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)


GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THỰC HÀNH CAO NGUYÊN
NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 21/06/2009)
******
Bài 1:
1/
 
x 11
3x 2y 1 9x 6y 3 x 11 x 11
y 1 3( 11) : 2
5x 3y 4 10x 6y 8 3x 2y 1 y 17

 

         
   

   
    
          

   



HPT có nghiệm duy nhất
(x;y) = (-11;17)

2/
4 2
10x 9x 1 0
  
; Đặt
2
x t (t 0)
 


2
1 2
10t 9t 1 0 ; c a - b c 0 t 1(lo t 1/10(nh
ã ¹i) , Ën)

         
2
1 10
x x
10 10
    

PT đã cho có tập nghiệm : S
 
 

 
 
 
10
±
10

Bài 2:
1/ m = 1

(d) :
y 2x 1
 

+
x 0 y 1 P(0;1)
   

+
y 0 x 1/2 Q( 1/ 2;0)
     


x
2


1


0 1 2
2
y x
 

4


1


0
1


4


2/ khi m = 1.
+Dựa vào đồ thị ta nhận thấy (d)
-2 -1 1 2
-4
-3
-2
-1
1
2
x
y
P

Q
1
1
1
N
M
O
K
H
D
E
C
B
A
tiếp xúc với (P) tại điểm
A( 1; 1)

 
.

+PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

2
x 2x 1 0
  

2
(x 1) 0 x 1
     
; Thay
x 1
 

vào PT (d)
y 1
  
. Vậy : (d) tiếp xúc với (P) tại điểm
A( 1; 1)
 
.

3/ Theo đề bài:
A
2 2
B
A B
x 0

1 1
6
x 0
x x


  



. Vậy để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân
biệt
A A
A(x ;y )
và
B B
B(x ;y )
thì PT hoành độ giao điểm :
2
x 2x m 0
  
(*) phải có 2
nghiệm phân biệt
A B
x , x
khác 0.
/
m 1
1 m 0
m 0

m 0


   

 
 




(**); Với đ/k (**), áp dụng đ/l Vi-ét ta có :
A B
A B
x x 2
x .x m
  





+Theo đề bài :
2 2
A B
2 2
A B A B A B A B
A B
x x
1 1 1 1 2 2

6 6 6
x x x .x x .x x .x
x x
   

        
   
   



2
1
2
2
m 1 (Nh
2 2
6 4 2m 6m
m 2/3 (Nh
m m
Ën)
Ën)
 


 
       
  

 


2
3m + m - 2 = 0
Vậy: Với


;
m = -1 2/3
thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt
A A
A(x ;y )
và
B B
B(x ;y )
thoả mãn

2 2
A B
1 1
6
x x
 
.

Bài 3:
y x x x y y
P (x 0;y 0)
1xy
  
  




(x y y x) ( x y) xy( x y) ( x y) ( x y)( xy 1)
1 1 1xy xy xy
       
  
  


= x + y

Bài 4:
1/ Nối ED ;
·
·
AED ACB

(do
BEDC
W
nội tiếp)

AE AD
AED ACB AE.AB AD.AC
AC AB
    V V
2/
·
·

0
BEC BDC 90
 
(góc nội tiếp chắn ½ (O))
BD AC V CE AB
µ
  
. Mà
BD EC H
 


H là trực tâm của
ABC
V


AH là đường cao
thứ 3 của
ABC
V


AH BC

tại K.

3/ Nối OA, OM, ON ; Ta có:
OM AM, AN
ON

 
(t/c tiếp tuyến);
AK
OK

(c/m trên)
·
· ·
0
AMO AKO ANO 90
   


5 điểm A,M,O,K,N cùng thuộc đường tròn đường kính AO (quỹ tích cung chứa góc).
¶
¶
1 1
K M
  (=1/2 sđ
»
AN
) ; Mà
¶
¶
1 1
N M
 (=1/2 sđ
¼
MN
của (O))

¶
¶
1 1
N K
  hay
·
·
ANM AKN


4/ +
ADH AKC
V V (g-g)
AD AH
AD.AC AH.AK (1)
AK AC
   
+
ADN ANC
V V (g-g)
2
AD AN
AD.AC AN (2)
AN AC
   
Từ (1) và (2)
2
AH AN
AH.AK AN
AN AK

   
+Xét
AHN
V
và
ANK
V
có:
AH AN
AN AK
 và
·
KAN
chung
AHN ANK

V V

·
¶
1
ANH K
  ; mà
¶
¶
1 1
N K
 (c/m trên)
·
¶

·
1
ANH N ANM
   
ba điểm M, H, N
thẳng hàng.

Bài 5: Với
a 0,b 0
 
; Ta có :

2 2 2 2
a b 2 a b 2ab
   (Bđt Cô si)
2 2 2
a b 2ab 4ab (a b) 4ab
      
(a b)(a b) a b 4 a a 4 1 1 4
4 (*)
ab ab a b ab ab a b a b a b
  
         
  

Áp dụng BĐT (*) với a =
2 2
x y

; b = 2xy ; ta có:

2 2 2 2 2
1 1 4 4
2xy
x y x y 2xy (x y)
  
   
(1)
Mặt khác :
2
2 2
1 1 1 4
(x y) 4xy
4xy xy
(x y) (x y)
     
 
(2)
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
A .
xy 2xy 2xy 2xy 2 xy
x y x y x y
   
        
   
  
   

2 2 2 2
4 1 4 4 1 6
. . 1
2 2(x y) (x y) (x y) (x y)
 
     
 
   
 
6

[Vì x, y >0 và
2
x y 1 0 (x y) 1
     
]

minA = 6
khi
1
x = y =
2