DE THI ON LA DO

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (679.77 KB, 53 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: tháng 6 năm 2012

Câu 1 (1,5 điểm):

1) Rút gọn các biểu thức sau:
 A 2 5 3 45   500

1 15 12

5 2

3 2



 




2) Giải hệ phương trình:

3x y 1
3x 8y 19





 

 

Câu 2 (2,5 điểm):

1) Cho phương trình bậc hai: x2 mx + m 1= 0 (1)
a) Giải phương trình (1) khi m = 4.

b)Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x ;x1 2thỏa mãn hệ thức :
1 2

1 2

x x

1 1

x x 2012



 

.
2) Cho hàm số y =

2
1 x
4 .

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đó.

b) Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt trục tung tại điểm có
tung độ bằng –2 và cắt đồ thị (P) nói trên tại điểm có hồnh độ bằng 2.

Câu 3(2đ)

1) Cho A =





4 3 2

2 2

x x x

x x

   

 

     

 

      

  víi x > 0 , x4.

a. Rót gän A

b. TÝnh A víi x = 6 2 5

2) Quãng đờng Hải Dơng - Thái Nguyên dài 150km. Một ô tô đi từ Hải Dơng đến
Thái Nguyên rồi nghỉ ở Thái Nguyên 4 giờ 30 phút, sau đó trở về Hải Dơng hết tất cả
10 giờ. Tính vận tốc của ô tô lúc đi . Biết vận tốc lúc về nhanh hơn vận tốc lúc đi
10km/h.

Câu 4 (3,0 điểm): Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính AB. Gọi C là điểm chính
giữa của cung AB. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB. OD cắt AC
tại M. Từ A, kẻ AH vuông góc với OD (H thuộc OD). AH cắt DB tại N và cắt nửa
đường tròn (O; R) tại E.

1) Chứng minh MCNH là tứ giác nội tiếp và OD song song với EB.
2) Gọi K là giao điểm của EC và OD. Chứng minh rằng CKD = CEB.
Suy ra C là trung điểm của KE.

3) Chứng minh tam giác EHK vuông cân và MN song song với AB.
4) Tính theo R diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giỏc MCNH.

Cõu 5 (1,0 im):Tìm các số nguyên x,y,z thoả m·n

2 2 2 3 2 4

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: tháng 6 năm 2012 
Bài 1: (2,0 điểm)

Giải phương trình và hệ phương trình sau:
1/ 5x2  6x 8 0 

5x 2y 9
2x 3y 15

 




 

 .

3/ Rút gọn biểu thức A ( 3 2) 2  ( 3 2) 2
Bài 2: (3,0 điểm)

1/ Cho biểu thức

x 2 x 1 3 x 1 1

B : 1

x 1 x 3 ( x 1)( x 3) x 1

      

      

        

 

a) Rút gọn biểu thức B.

b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức B nhận giá trị nguyên .
2/ : Cho Pt x2-3x+ m-1= 0

a) Tìm m để pt có nghiệm

b) Tìm m để PT có nghiệm x1, x2 thỏa mãn 2x1- 5x2= -8.
c) Tìm m để B= 3(x1+x2)+ (x1x2)2 đạt giỏ trị nhỏ nhất.

Bài 3: (1điểm)

Một tam giác vng có hai cạnh góc vng hơn kém nhau 8m. Nếu tăng một cạnh
góc vng của tam giác lên 2 lần và giảm cạnh góc vng cịn lại xuống 3 lần thì
được một tam giác vng mới có diện tích là 51m2. Tính độ dài hai cạnh góc vng 
của tam giác vng ban đầu.

Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp trong đường tròn
tâm O. Dựng hình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vng góc kẻ từ D đến AC ;
K là giao điểm của AC với đường tròn (O). Chứng minh rằng:

1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp.
2/ DOK 2.BDH

3/ CK CA 2.BD.  2

Bài 5: (1,0 điểm)

Gọi x , x1 2 là hai nghiệm của phương trình: x2 2(m 1)x 2m  2 9m 7 0 
(m là tham số).

Chứng minh rằng :

1 2

1 2
7(x x )

x x 18
2



 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3></div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 1:

1/ PT: 5x2  6x 8 0  ;

/ /

1 1

3 7 3 7 4

9 5( 8) 49 0 7 ; x 2 ; x

5 5 5

  

            

 PT đã cho có tập nghiệm :

 

 

 

-4

S 2 ;

5

2/

5x 2y 9 15x 6y 27 19x 57 x 3 x 3
2x 3y 15 4x 6y 30 5x 2y 9 y (9 15) : 2 y 3

      

    

   

    

        

    

 HPT có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;-3)

Bài 2:

1/

2 2

A ( 3 2)  ( 3 2)  3 2  3 2  3 2 2   34

2/ a) ĐKXĐ:





x 0
x 1; 4;9










( x 2)( x 3) ( x 1)( x 1) 3 x 1 x 2

B :

( x 1)( x 3) x 1

       



  

x 3 x 2 x 6 x 1 3 x 1 x 1
( x 1)( x 3) x 2

       

 

  

2
.

x - 2

b)

2
B

x 2


 ( Với x 0 v x µ 



1; 4;9



)

B nguyên  x 2 ¦( )=2



1 ;2



x 2 1 x 3 x 9 (lo
x 2 1 x 1 x 1 (lo
x 16(nh

x 2 2 x 4

x 0 (nh
x 2 2 x 0

¹i)
¹i)
Ën)
Ën)

      

  

   

  

    

 

  

  

      

 

Vậy : Với x = 0 ; 16





thì B nguyên .
Bài 3:

Gọi độ dài cạnh góc vng bé là x (m) (đ/k: x 0)
Thì độ dài cạnh góc vng lớn là x + 8 (m)

Theo đề bài ta có PT:

1 x 8
.2x. 51

2 3




hoặc
1 x

. .2(x 8) 51

2 3  
2

x 8x 153 0

    ; Giải PT được : x1 9 (tmđk) ; x2 17 (loại)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1 1

1

I
H

K

O

D C

B
A

Bài 4:

1/

DHAC (gt) DHC 90  0
BD AD (gt)

BD BC
BC // AD (t / c hình bình hành)






 0

DBC 90

 

Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới
một góc khơng đổi bằng 900

HBCD

  nội tiếp trong đường trịn 
đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc)
2/

+D 1 C ( 1/ 2s BH 1  ® của đường trịn đường kính DC)
+C 1 A 1(so le trong, do AD//BC)  D 1 A 1

+DOK 2A 1(Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK của (O)) DOK 2D   1 2BDH .

3/

+AKB 90  0(góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90   0; C 1 A 1(c/m trên)
AHD CKB

  (cạnh huyền – góc nhọn)  AH CK

+AD = BD (ADBcân) ; AD = BC (c/m trên)  AD BD BC 

+ Gọi I AC BD ; Xét ADB vuông tại D , đường cao DH ; Ta có:
BD2 AD2 AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1)

Tương tự: BD2 BC2 CK.CI (2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được:

2 2 2

CK.AI CK.CI 2BD   CK(AI CI) 2BD   CK.CA 2BD (đpcm)

Bài 5: PT : x2 2(m 1)x 2m  2 9m 7 0  (1)

+  / m2 2m 1 2m  2  9m 7   m2  7m 6

+ PT (1) có hai nghiệm x , x1 2     / 0 m2  7m 6 0   m2 7m 6 0 

 (m + 1)(m + 6) 0 ; Lập bảng xét dấu  6 m 1 (*)

+Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét:

1 2

2
1 2

x x 2(m 1)
x x 2m 9m 7

  




  



2 2 2

1 2

7(x x ) 14(m 1)

x x (2m 9m 7) 7m 7 2m 9m 7 2m 16m 14

2 2

  

               

  2(m28m 16) 14 32    18 2(m + 4) 2

+ Với 6 m 1 thì 18 2(m 4)  2 0. Suy ra   

2 2

18 2(m + 4) 18 2(m + 4)

Vì 2(m 4) 2  0 18 2(m + 4) 2 18 . Dấu “=” xảy ra khi m 4 0   m4 (tmđk

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Vậy :

1 2

1 2
7(x x )

x x 18
2



 

(đpcm)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: tháng 6 năm 2012

Bài 1: (1.5 điểm)

1) Thực hiện phép tính: 2 9 3 16

2) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) x2 – 20x + 96 = 0

4023
1
x y
x y

 




 



Bài 2: (2.5điểm)

1) Cho hàm số y = x2 có đồ thị là (P) và đường thẳng (d): y = x + 2
a) Vẽ ( P ) và ( d ) trên cùng một hệ toạ độ Oxy

b) Bằng phép tính hãy tìm toạ độ giao điểm của ( P ) và ( d )

2) Trong cùng một hệ toạ độ Oxy cho 3 điểm: A(2;4); B(-3;-1) và C(-2;1). Chứng
minh 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.

3) Rút gọn biểu thức:

2
1

x x x

M

x x x



 

  với x0;x1
Bài 3: (2 điểm)

1) Cho PT mx2-5x-(m+5)=0

T×m m để PT cã 2 nghiƯm ph©n biệt thỏa mãn -16x1x2-3(x12x22) = 0

2) Hai bến sông cách nhau 15 km. Thời gian một ca nô xi dịng từ bến A đến bến
B, tại bến B nghỉ 20 phút rồi ngược dòng từ bến B trở về bến A tổng cộng là 3 giờ.
Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốc của dòng nước là 3 km/h.
Bài 4: (3 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn
thẳng AO ( C khác A và C khác O ). Đường thẳng đi qua điểm C và vng góc với
AO cắt nửa đường trịn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M ( với M khác B và M
khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi
F là giao điểm của AM và CD.

1. Chứng minh : BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn.
2. Chứng minh EM = EF

3. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh D, I, B thẳng
hàng; từ đó suy ra góc ABI có số đo khơng đổi khi M thay đổi trên cung BD.

Bài 5 (1 điểm):

Cho a, b, c >0 . Chứng minh rằng: 1
a2

+bc+

1
b2

+ac+

1
c2

+ab≤

a+b+c

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: tháng 6 năm 2012

Câu 1(1,5 đ): Rút gọn biểu thức:
1) A = 20 - 45 + 3 18 + 72.

2) B =

a + a a - a

1 + 1 +

a + 1 1- a

   

   

    với a ≥ 0, a ≠ 1.

Câu 2 (2,5 đ):

1) Cho hàm số y = ax2, biết đồ thị hàm số đi qua điểm A (- 2 ; -12). Tỡm a.

2) Cho phơng trình bậc hai: x2 – mx + m – 1 = 0. 
a) Gi¶i pt víi m = 1

b) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1 ; x2 sao cho biểu thức
1 2

2 2

1 2 1 2
2x x 3
x x 2(1 x x )

P 

   đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
Cõu 3(2 ):

1) Cho hệ phơng trình:

(m1)x my=3m1

2x y=m+5

{

a) Giải hệ pt khi m = 3

b) Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) sao cho P = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ 
nhất.

2) Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m
thì diện tích tăng thêm 100m2. Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì diện
tích giảm đi 68m2. Tính diện tích thửa ruộng đó.

Câu 4(3 đ): Cho tam giác ABC vng ở A. Trên cạnh AC lấy 1 điểm M, dựng đường
tròn tâm (O) có đường kính MC. Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) tại D,
đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) tại S.

1) Chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp và CA là tia phân giác của góc BCS .
2) Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh các đường thẳng BA,
EM, CD đồng quy.

3) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE.
Câu 5(1 đ): Giải phương trình.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

ĐÁP ÁN 
Câu 1: Rút gọn biểu thức

1) A = 20 - 45 + 3 18 + 72 = 5 . 4 - 9 . 5 + 3 9 . 2 + 36 . 2
= 2 5 - 3 5 + 9 2 + 6 2 = 15 2 - 5

2) B =

a + a a - a

1 + 1 +

a + 1 1 - a

   

   

    với a ≥ 0, a ≠ 1

a ( a + 1) a ( a - 1)

1 + 1 -

a + 1 a - 1

   

   

    = (1 + a ) (1 - a ) = 1 - a

Câu 2: 1) Đồ thị hàm số đi qua điểm M (- 2; -12) nên ta có: - 12 = a. (- 2)2  4a = 
-12

 a = - 3. Khi đó hàm số là y = - 3x2.

2) a) Với m = 5 ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0.
∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11

x1 = - 6 - 11; x2 = - 6 + 11

b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi:

∆’ > 0  (m + 1)2 - m2 > 0 2m + 1 > 0  m > 
- 1

2 (*)
Phương trình có nghiệm x = - 2  4 - 4 (m + 1) + m2 = 0

 m2 - 4m = 0 

m = 0
m = 4




 (thoả mãn điều kiện (*))
Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm.

Câu 3:

Gọi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y. (x, y > 0, x tính bằng m)
Diện tích thửa ruộng là x.y

Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này
là: (x + 2) (y + 3)

Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng cịn lại là (x-2)
(y-2).

Theo bài ra ta có hệ phương trình:
(x + 2) (y + 3) = xy + 100

(x - 2) (y - 2) = xy - 68





xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100
xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68


 


3x + 2y = 94 x = 22 x = 22
2x + 2y = 72 x + y = 36 y = 14

  

     

   .

Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2).

Câu 4: 1) Ta có BAC = 90 (gt) 0

 0

MDC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Vì tứ giác ABCD nội tiếp. ADB = ACB  (cùng chắn
cung AB). (1)

Ta có tứ giác DMCS nội tiếp ADB = ACS (cùng bù với


MDS). (2)

Từ (1) và (2)  BCA = ACS  .

2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta có BD  CK, CA BK.

 M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác MEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K.

3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp  DAC = DBC  (cùng chắn DC ). (3)
Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp  MAE = MBE  (cùng chắn ME ). (4)
Từ (3) và (4)  DAM = MAE  hay AM là tia phân giác DAE.

Chứng minh tương tự: ADM = MDE hay DM là tia phân giác ADE .

Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE.

Câu 5: Ta có: x2 - 3x + 2 = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - 3 = (x - 1) (x + 3)
Điều kiện: x ≥ 2 (*)

Phương trình đã cho (x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + 3 - x - 2 = 0
x - 1 ( x - 2 - x + 3) - ( x - 2 - x + 3) = 0





x - 2 - x + 3

 

x - 1 - 1 = 0





x - 2 = x + 3 (VN)

2
x - 1 - 1 = 0



   



x

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: tháng 6 năm 2012

Câu 1. (2 điểm)

1) Giải phương trình:

√

x2−4x

+4−2x+5=0
2) Giải hệ phương trình 2

x y 0
x 2y 1 0

 





  


Câu 2. (2 điểm)

1) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – 1 =0 (x là ẩn, m là tham số).
a) Giải phương trình với m = - 1

b) Tìm tât cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho
tổng P = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

2) Cho hệ phơng trình:

x+my=2

mx2y=1

{

a) Giải hệ phơng trình trên khi m = 2.

b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) mà S = x - y đạt giá trị lớn nhất.

Cõu 3. (2 điểm)

1) Cho biĨu thøc M= a

√

a2− b2−

(

1+
a

√

a2− b2

)

b
a −

√

a2−b2

a) Rót gọn M.

b) Tính giá trị M nếu a

b=

3
2.

c) Tỡm điều kiện của a, b để M < 1.

2) Đem một số có hai chữ số nhân với tổng các chữ số của nó thì đợc 405. Nêu lấy số
đợc viết bởi hai chữ số ấy nhng theo thứ tự ngợc lại nhân với tổng các chữ số của nó
thì đợc 486. Tìm số đó

Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, khơng là tam giác cân, AB <
AC và nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BE. Các đường cao AD và BK của tam
giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai
là F. Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AFEC là hình thang cân.

b) BH = 2OI và điểm H đối xứng với F qua đường thẳng AC.
 c) CH kéo dài cắt (O) tại N. Cm góc CBE = góc ACN
Câu 5.(1.0 điểm)

Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức: P =

ab bc ca

c ab  a bc  b ca .

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu 1 (2,0 i m).đ ể

Nội dung trình bày

Xét hệ phương trình 2

1 (1)
2 1 0 (2)
x y

x y

 




  



Từ (1)  x = y thay vào PT (2) ta được : x2 - 2x + 1 = 0
 (x - 1)2 = 0  x = 1

Thay x = 1 vào (1)  y = 1

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
1
1
x
y







Câu 2 (1,5 điểm).

a. (0,5 i m):đ ể

Nội dung trình bày
Với m = -1 ta có (1) : x22x 0 x x( 2) 0



0
2
x
x



 

 . Vậy với m = -1 PT có hai nghiệm là x10;x2 2
b. (0,5 i m):đ ể

Nội dung trình bày
Ta có ’ = m2 - (m2 - 1) = 1 > 0 với "m

Vậy với "m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 2

c. (0,5 i m):đ ể

Nội dung trình bày
P = x12x22 



x1x2



2 2x x1 2 = 4m2 - 2m2 + 2

 2 với "m

Dấu “=” xảy ra  m = 0. Vậy với m = 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2
thỏa mãn

P = x12x22đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 3 (1,5 i m).đ ể

Nội dung trình bày

Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (cm), chiều rộng là y (cm) (điều kiện x, y > 0)
Chu vi hình chữ nhật ban đầu là 2010 cm. ta có phương trình



x y



2010 x y 1005 (1)

Khi tăng chiều dài 20 cm, tăng chiều rộng 10 cm thì kích thước hình chữ nhật mới
là:

Chiều dài: x20 (cm), chiều rộng: y10(cm)

Khi đó diện tích hình chữ nhật mới là:



x20 .

 

y10



xy13300
10x 20y 13100

    x2y1310 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ:

1005
2 1310
x y

x y
 




 


</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Vậy chiều dài hình chữ nhật ban đầu là: 700 cm, chiều rộng là 305 cm
Câu 4. ( 2,0 điểm).

a. (1,0 i m):đ ể

Nội dung trình bày

Có : BFE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  
FE  BF

BF  AC (gt)  FE ∥ AC (1)

 sđ AF = sđ CE  AFE = CFE  FAC = ECA (2)
Từ (1) và (2) { AFEC là hình thang cân

b. (1,0 i m):đ ể

Nội dung trình bày
EC  BC  EC ∥ AH (1).

BF  AC (gt)  FE ∥ AC (1). HAC = ECA mà ECA = FAC

 HAF cân tại A  AH = AF (2) Từ (1)và (2)  { AHCE là hình bình hành
 I là giao điểm hai đường chéo  OI là đường trung bình  BEH  BH = 2OI
 HAF cân tại A , HF  AC  HK = KF  H đối xứng với F qua AC

Câu 5. ( 1,0 i m).đ ể

Nội dung trình bày
Có: a b c   1 c



a b c c ac bc c 



.    2

 c ab ac bc c    2ab a c b (  )c b c(  )= (c a c b )(  )

 ( )( ) 2

a b

ab ab c a c b

c ab c a c b



 

 

  

Tương tự:

( )( )

a bc a b a c
b ca b c b a

   

( )( ) 2

b c

bc bc a b a c

a bc a b a c



 

  

  

( )( ) 2

c a

ca ca b c b a

b ca b c b a



 

 

  

 P  2

a b b c c a

c a c b a b a c b c b a          

= 2

a c c b b a
a c c b b a

  

 

  

=
3
2

Dấu “=” xảy ra khi

1
3

a b c  

Từ đó giá trị lớn nhất của P là

2 đạt được khi và chỉ khi

1
3

a b c  

E
K

I
H

O
B

C
F

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: tháng 6 năm 2012 
Câu 1(2 điểm):

1) Giải các phương trình:
a) 4x2 – 1 = 0

b) 4x2 4x 1 2012

2) a/ LËp phơng trình bậc hai có hai nghiệm là :
2

2 2 và 
2
2 2

b/ Giải hệ phơng trình :

3 2 2

2 1

x y

Câu2(3 điểm):

1) Cho biÓu thøc P =





2 3

5 6 3

; 0, 9

2 3 1 3

x

x x x x

x x

x x x x



  

   

   

a, Rút gọn biểu thức P

b, Tính giá trị cđa P víi x =3- 2 2

c, Tìm giá trị của x để P đạt GTNN và tìm nhỏ nhất của P ?
2) Cho phơng trình : x2- 2(m - 2)x - (m - 1) = 0 (1)

a) Gi¶i PT víi m=3 ?

b) Chøng minh r»ng PT (1) cã nghiƯm víi mäi m ?

c) Víi x1 , x2 là nghiệm của PT (1) hÃy tìm giá trị cđa m sao cho tháa m·n hƯ thøc:
x12 - 2x1 x2 +x22+ 4 x12x22 = 4

Câu 3(1điểm ):

Mt xe Ơ tơ tải đi trên qng đờng từ A đến B dài 360 km với một vận tốc dự định .

Nhng xe ô tô đi đợc 6 giờ với vận tốc dự định thì xe Ơ tơ nghỉ 36 phút để đến B đúng
thời gian dự định xe Ơ tơ tải phải tăng vận tốc thêm 10km/h nữa trên qng đờng cịn
lại .Tính vân tốc dự định của xe Ơ tơ tải và thời gian xe chy thc t trờn ng ?

Câu 4 (3 điểm):

Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường trịn đó
(C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại
điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F.

1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh DA.DE = DB.DC

3) Chứng minh CFD OCB  . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE,
chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) .

4) Cho biết DF = R, chng minh tanAFB 2 .
Câu 5(1 điểm):

Cho cỏc số dương x,y,z thỏa mãn x3+y3+z3 = 1. Chứng minh:
x

√

1− x2+

y2

√

1− y2+

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

ỏp ỏn

Câu 1 :
a,

Giải : x > 0,x9

 









 





 



2 3 5 6 3 2 6 1

5 6 3

1 3

1 3 1 3

x x x x x x x

x x x x

P

x x

x x x x

       
  
   
 
   



 





 





 





 













 



5 6 6 9 2 2 6 6 3 3 9

1 3 1 3

3 3 3 3 3 3

1 3 1 3

x x x x x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x

x

x x x x

           
 
   
     
  

   

B, TÝnh P víi x=3-2





2
2 2 2 2 1    2 1

thay vµo P ta cã













2 6 2 2 2 3 2 2

3 2 2 3 6 2 2 6 2 2 6 2 4

2 2

2 1 1 2 2. 2

2 1 1

3 2 2

P            

 

 

C, Tìm giá trị của x để P đạt GTNN



 



3 1 4 1 4 4 4

1 1 1 1 1 1 1

1 2

x x

x x x

P x

x x x x x x x

x
x
 
   
        
      
   


áp dụng bất đẳng thức cô-si
4

1 2 2 4 2

1
P x

x

 

vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2

Dấu = xảy ra khi





2
4

1 1 4 1 2 1 1

x x x x x

x

           



Vậy với giá trị của x =2 thì P đạt giá nhỏ nhất là 2

C©u2 : a, Với m=3 yhì PT trở thành x2-2x-2=0 
PT cã hai nghiƯm lµ 1+ 3, ,va x 1 3













2 2

2 2

, 2 2 4. 1 4 16 16 4 4

4 12 12 4 12 9 3 2 3 3

b m m m m m

m m m m m

             

         



2m 3



2 0,3 0 



2m 3



2 3 0

vậy PT có nghiệm với mọi m
C, với x1 ,x2 là nghiệm của PT (1) ta biến đổi biểu thức

x12+2x1x2 +x22-2x1x2-2x1x2+4(x1x2)2=
(x1+x2)2-4x1x2+4(x1x2)2=4

Theo định lý vi ét ta có









1 2

2 2 2( 2)

. 1

x x m m

x x m

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>













2 2 2

2 2

2 2 4 1 4 1 4

4 16 16 4 4 4 8 4 4 8 20 16 4 0

8 20 12 0 2 5 3 0 1,

m m m

m m m m m m m

m m m m m m

       

     

     

             

          

VËy víi m=1 và m=3/2 thì thỏa mÃn biểu thức
X12- 2x1x2+ x22+ 4x12x22 = 4

C©u3 :

Giải : Gọi vận tốc dự định ban đầu của xe Ơ tơ tải là x km/h Đ/k x >0
Thời gian Ơ tơ đi dự định ban đầu là

360
x (h)

Quãng đờng xe đi đợc trong 6 giờ là 6x (km)
Thời gian nghỉ 36 phút =

36 3
605h

Vận tốc sau khi tăng thêm 10km/h nữa là x+10 ( km/h)

Thời gian đi trên quãng đờng còn lại là

360 6
10
x
x



 (h)
Theo bµi ra ta cã PT :

360 3 360 6

5 10

x

x x


  

 giải ra dẫn đến PT x2-110x-6000=0
X= 40 ( TMĐK nhận ) , x= - 150 ( 0 TMĐK loại )
Vậy vận tốc dự định là 40 km/h

Thời gian xe chạy thực tế trên đờng là

360 3 3 45 3 42

9 8, 4

40 5 5 5 5 h



     

Câu 4: (3,5 điểm)

1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối FED 90  o FCD
nên chúng nội tiếp.

2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD và DEB vì
hai góc CAD CBE  cùng chắn cung CE, nên ta
có tỉ số :

DC DE

DC.DB DA.DE

DADB 

3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác
FCDE, ta có CFD CEA  (cùng chắn cung CD)
Mặt khác CEA CBA  (cùng chắn cung AC)
và vì tam OCB cân tại O, nên CFD OCB  .

Ta có : ICD IDC HDB  

 

OCD OBD và HDB OBD 90   0

 OCD DCI 90   0 nên IC là tiếp tuyến với đường tròn tâm O.
Tương tự IE là tiếp tuyến với đường tròn tâm O.

4) Ta có 2 tam giác vuông đồng dạng ICO và FEA vì có 2 góc nhọn

 1 

CAE COE COI

 

(do tính chất góc nội tiếp)
Mà

CO R

tan 2

R
IC

  

 tan AFB tgCIO 2    .

A B

E
C

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

C©u 5 :

Giải:

Vì x,y,z>0 và x3+y3+z3 = 1 nên 1-x,1-y,1-z >0
Áp dụng côsi cho hai số dương ta có:

x2

+1− x2≥2

√

x2(1− x2)⇔1≥2x

√

1− x2⇔ x
2

√

1− x2≥2x
3

Tương tự: y
2

√

1− y2≥2y
3

; z

√

1− z2≥2z
3

Vậy x

√

1− x2+

y2

√

1− y2+
z2

√

1− z2≥2(x

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: tháng 6 năm 2012 
Câu 1(2 điểm)

1) Giải phơng trình

a) (2x - 1)(x + 4) = (x + 1)(x - 4)
b)

x 3 x 1 x 4x 24

x 2 x 2 x 4

   

 

  

2)Cho hàm số y = (2m – 1)x + m – 3.

a) Tìm m để đồ thị của hàm số đi qua điểm (2; 5)

b) Chứng minh rằng đồ thị của hàm số luôn đi qua một điểm cố định với mọi m. Tìm
điểm cố định ấy.

c) Tìm m để đồ thị của hàm số cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ x = 2 1 .
C©u 2 ( 3,0 điểm) :

1) Cho biểu thức: A =

2 2

:
1
1

x x x

x

x x x x

    

 

   

    

 

a) Tìm điều kiện xác định của A và rút gọn A.
b) Tìm x để

1
2
A

c) Tìm x để 2.A2 x 3.

2) Cho phương trình bậc hai : x2 – 2(m +1)x + m2 + 3 = 0 (1) (m là tham số)
a) Giải phương trình (1) khi m = 3.

b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2.
c) Tìm m để biểu thức

1 2
1 2

2( ) 5

.
x x
P

x x

 


đạt giá trị lớn nhất.

C©u 3 (1 điểm):

Hai trường THCS A và B có tất cả 250 học sinh dự thi vào trường trung học
phổ thơng. Biết rằng nếu có

3 số học sinh dự thi của trường THCS A và 
3

5 số học 
sinh dự thi của trường THCS B trúng tuyển thì số HS trúng tuyển của trường A
nhiều hơn số HS trúng tuyển của trường B là 2 HS. Tính số HS dự thi vào trường
trung học phổ thông của trường THCS A và B.

Bài 4. (3 điểm):

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. H là một điểm cố định nằm giữa O
và A . Kẻ đường thẳng vng góc với AB tại H, cắt nửa đường tròn tại C. Gọi N là
trung điểm của dây BC.

a) Chứng minh tứ giác OHCN nội tiếp được.
b) Chứng minh: BN. BC = BO. BH.

c) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M (M B M; C). Tia BM cắt tia HC ở K, AM 
cắt CH ở E.Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp AEK luôn nằm trên
đường thẳng cố định khi M thay đổi trên cung nhỏ BC.

Bài 5(1 điểm) Cho a,b,c > 1. Chứng minh : a
√b −1+

b
√c −1+

c

√a−1≥12
---

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Hướng dẫn và biểu điểm . Môn: toán

Bài ý Nội dung Điểm

1
(3đ)
a 
(1,5đ)
ĐKXĐ:
0

1 0 0

0
4
2 2
0
x
x x
x
x x
x
x

x x x




   

 
 
   
  
 
  
 

0,5

2 2 ( 1) 2 2( 1)

: :

1 ( 1)( 1) ( 1)

2 ( 1)

( 1)( 1) 2 1

x x x x x x x x

A

x

x x x x x x x x

x x x x x

A

x x x x x

         
     

      

 
 
 
   
0,5
0,5
b
(0,75đ)

1
2
A


1 1 1

0 0

2 2

1 1 2( 1)

1 0 1 1 1

x x x

x x x x



     

  

        

Kết hợp ĐKXĐ để
1
2
A

thì x > 1, x4

0,25
0,25
0,25

c

(0,75 đ) Với x >0 và x

1, x4 thì

2. 2 3 2. 2 3 2 (2 3)( 1)

2 7 3 0 (2 1)( 3) 0

2 1 0 ( )

3 0 9( )

x

A x x x x x

x

x x x x

x x TM

x x TM

        

       

   

  

 

  
0,25
0,25
0,25
2
(2 đ)
a /

(0,75đ) Khi m = 3 pt(1) trở thành : x

2 - 8x + 12 = 0

/ ( 4)2 1.12 4 0 / 2
        

PT có 2 nghiệm phân biệt : x1 = 6; x2 = 2

0,25
0,25
0,25

b

(0,5đ) +/ Để pt (1) có hai nghiệm x

1 ; x2

/ 0 [ (m 1)]2 (m2 3) 0 2m 2 0 m 1

              (2) 0,5

c/

0,75đ +/ Theo b/ pt có hai nghiệm khi m

 1 khi đó theo hệ thức vi ét ta có:
1 2

2
1 2

2( 1)

. 3

x x m

x x m

  




 

 (*) . Dễ thấy x1.x2 0 "m

Khi đó:

1 2
1 2

2( ) 5

.
x x
P
x x
 

=
2 2

2 2 2

2.2( 1) 5 4 1 ( 3) ( 4 4)

3 3 3

m m m m m

m m m

      
 
  
=
2
2

( 2)
1 1
3
m
m

 

 . dấu ”=” khi m = 2 (TM)

Vậy GTLN của P = 1 khi m = 2

0,25

0,25
0,25

3

Gọi x là số HS dư thi của trường THCS A ( đk: 0 < x < 250 và x N* )

Gọi y là số HS dư thi của trường THCS B ( đk: 0 < x < 250 và x N* )

Vì số HS dự thi của cả hai trường THCS A và B là 250 ( HS) nên ta có
pt: x + y = 250 (1)

Số HS trúng truyển của trường A là :

3x (HS)

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

(1,5đ)

Số HS trúng truyển của trường B là :

5y (HS)

Vì số HS trúng truyển của trường A nhiều hơn số HS trúng tuyển của
trường B là 8 (HS) nên ta có pt:

2
3x -

5y = 2 (2)

Từ (1) và (2) ta có hpt: (I)

(1)

(2)
250

2 3

3 5

x y
x y

  




 




(I) 

(1)

(2)

2 2 500

2 6

5
x y

x y

  




 



 

(1)

(2)
19

494 130

120
250

y y

x
x y



  





 



  

 (tm)

Vậy: Số HS dự thi của trường THCS A là 120 HS
Số HS dự thi của trường THCS B là 130 HS

0,25
0,25
0,25
0,25

4
(3,5đ)

Hình 
vẽ

0,5

a/ 
(1,25đ)

Ta có :CB là dây khơng qua tâm, N là trung điểm của BC

 ON CB = {N}( đl)  ONC900

Xét tứ giác ONCH có

 900

ONC (cmt)

 900

OHC ( do CH HB = {H} (gt))
 ONC OHC1800

 tứ giác ONCH nội tiếp ( có tổng hai góc đối = 1800)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

b/

(1,0đ) Xét

BNO và BHC có :


CBH chung

  900

BNO BHC   BNO BHC (g-g) 

BN BO
BH BC

 BH.BO = BN. BC (đfcm)

0,5
0,5

c/

(0,75đ ) Ta có

 900

BME (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Tứ giác BMEH có BHE BME  1800  Tứ giác BMEH nội tiếp

 

KBH AEH

  (*)

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Gọi D là điểm đối xứng với B qua H, do B,H cố định nên D cố định
Khi đó KBH KDH(**)

Từ (*),(**)  AEH KDH  tứ giác AEKD nội tiếp.

Nên tâm I của đường trịn ngoại tiếp AEK ln nằm trên đường trung

trực của AD cố định

0,25
0,25

Bài 5(1 điểm)

Áp dụng côsi cho hai số dương ta có:
a

√b −1+4(√b −1)≥2

√

a

√b −1. 4(√b −1)=4√a⇔
a

√b −1≥4√a −4√b+4
Tương tự: b

√c −1≥4√b−4√c+4;
c

√a−1≥4√c −4√a+4

Vậy a

√b −1+
b
√c −1+

c

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: tháng 6 năm 2012 
C©u 1: (2 điểm)

1) Tính giá trị của biểu thức:A =

5 2 3 8 2 18

   

2)Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y = 2mx + 1 đi qua điểm M (1; 2).
3) Lập một phương trình bậc hai có hai nghiệm là 2 và 3.

4) Giải phương trình: 3x22x2 x2x x 1
C©u 2: (2 điểm)

1) Cho biểu thức





3 x x 1
3 x x

x x x x 1

 


 

  , với điều kiện: x > 0.
a) Rút gọn biểu thức A.

b) Chứng minh A < 4.

2) Giải hệ phương trình:

2 3 1

1
x y
x y

  




 




C©u 3: (2,0 điểm)

1) Cho phương trình x2  2 m 2 x 3m 3 0 1







  

 

( m là tham số ).
a) Giải phương trình (1) với m = 5.

b)Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x , x1 2. Tìm các giá trị của m sao cho:



2 2



1 2 1 2

6x x  x x 4m 0
.

2) Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn
vị là 2 và nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì ta được số mới bằng

7 số ban đầu.

C©u 4: (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn đường kính AB, gọi C là điểm thuộc nửa

đường tròn ( C khác A và C khác B ). Kẻ đường cao CH của tam giác ABC và đường
cao HK của tam giác HBC.

1) Chứng minh CH.BC = HK.AB.

2) Gọi M và I lần lượt là trung điểm của BH và CH, chứng minh MK  KI.
3) Chứng minh đường thẳng IK tiếp xúc với đường trịn đường kính AH.

C©u 5 (1 điểm)

Cho x2 + 4y2 = 1. Chứng minh |x − y|≤√5

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: tháng 6 năm 2012

Câu 1: (1,5 điểm)

1) Giải các phương trình sau:

a) 4x + 3 = 0
b) 2x - x2 = 0

2) Giải hệ phương trình:

2x y 3

5 y 4x

 




 

 .

Câu 2: (2,5 điểm)

1) Cho biểu thức D = 1 1

   



 

   

 

a b a b

ab ab : 1 a b 2ab1 ab
 

 



 



  với a > 0 , b > 0 , ab1
a) Rút gọn D.

b) Tính giá trị của D với a = 2 3
2


2) a) Giải phương trình: x 1  4 x 3 
b) Giải hệ phương trình: 2 2

x y xy 7

x y 10

  




 


Câu 3: (2 điểm)

1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) là đồ thị của hàm số

2
1

y x

2


và đường
thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ).

a)Viết phương trình đường thẳng (d).

b) Chứng minh rằng (d) ln cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
c) Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để

3 3
1 2
x x 32

2) Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định . Do áp
dụng kĩ thuật mới tổ 1 vượt mức 18%, tổ 2 vượt 21%. Vì vậy trong thời gian quy
định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm . Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi
tổ theo kế hoạch ?

Câu 4: (3 điểm)

Từ điểm A ở ngồi đường trịn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C
là các tiếp điểm). Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E ( D nằm giữa A
và E, dây DE không đi qua tâm O). Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K.
a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.

b) Chứng minh: AB2 = AD . AE .
c) Chứng minh:

2 1 1

AK AD AE
Câu 5: (1điểm)

Cho ba số a , b , c khác 0 thỏa mãn:

1 1 1
0
a b c   .
Chứng minh rằng 2 2 2

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

---HẾT---BÀI GIẢI

Bài 1: (2điểm)

a) Rút gọn D : Biểu thức D = 1 1

   



 

   

 

a b a b

ab ab : 1 a b 2ab1 ab
 
 


 

 

Với ĐK : a > 0 , b > 0 , ab1 Biểu thức D có nghĩa



 





 









 



1 1 1 2

1 1

2 1 1 1

2 2 1

: :

1 1 1 1

2 1 1 2

1 1 1 1

a b ab a b ab ab a b ab

D

ab ab

a b a b

a b a ab a b

ab ab ab ab

a b ab a

ab a b a

        

 
  
   
 
   
 
 

   

b) a = 2 3
2

 =





2
4 2 3 3 2 3 1     3 1







 







2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 5 2 3 6 3 2 2 3 3 1

13 13 13

5 2 3 5 2 3 5 2 3

D            

   (Vì

3 1 >0)
Bài 2: (2điểm)

a)Giải phương trình: x 1  4 x 3  (1)
ĐK: x  1 (*)

PT (1) viết:



 





 





 





 







êt: 1 4 2 1 4 9

2 1 4 6 2 1 4 3

3 0 3

9 13 õa DK

1 4 3

PT vi x x x x

x x x x x x

x

x x

x x th

x x x

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

Vậy: PT đã cho có nghiệm:
13

9
x

b) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2

x y xy 7 2(x y) 2xy 14

x y 10

     
 

 
 
  


Cộng vế hai PT của hệ ta có:









2 24 0

x y  x y  

Đặt: x + y = t. Ta có PT: t22t 24 0 có 2 nghiệm: t1 4; t2 6
Với t1 4 ta có hệ:

7 3

4 4

x y xy xy

x y x y

   

 



 

   

  có nghiệm:

1 3
3 1
x x
hoac
y y
 
 
 
 
 

Với t2 6 ta có hệ:

7 13

6 6

x y xy xy

x y x y

   

 



 

   

  Hệ vơnghiệm.

Vậy: Hệ PT đã cho có hai nghiệm:

1 3
3 1
x x
hoac
y y
 
 
 
 
  .

Bài 3: (2điểm)

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Vậy (d): y = mx +2.

b)Ta có: (P):

2
1

y x

2


(d): y = mx +2.

PT hoành độ giao điểm của (P) và (d):

 

2 2

x mx 2 x 2mx 4 0 1

2      

Vì: a = 1 > 0 và c = - 4 < 0 ==> a; c trái dấu ==> PT (1) có hai nghiệm phân biệt
==> (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt.

c) PT (1) ln có hai nghiệm phân biết x1; x2 phân biệt:
Theo Viet ta có:

1 2
1 2

2
4

x x m

x x
 




Ta có:











 







3 3 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2

2 3

x x x x x x x x x x x x 3x x

2m 2m 12 8m 24m.

 
        
 

 
   
 

Vì : x13x32 32.
==> 8m324m= 32













3 2

3 4 0 1 4 0

1 0 1

: 4 0 ô nghiêm

m m m m m

m m

Vi m m v

        

    

  
Vây: m = 1.
Bài 4: (3điểm)

a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn:
Xét tứ giác ABOC

Ta có:


 
0
0
0
90 ( )
90 ( )

180
ABO gt
ACO gt
ABO ACO


  

==> ABOC nội tiếp trong đường trịn
Đường kính AO

( Vì: ABO ACO 90 ( )0 gt ) (1)

Ta lại có: HE = HD (gt)

==> OH ED (Đường kính qua

trung điểm dây khơng qua tâm của đ/trịn (O))
 900

AHO

==> H nằm trên đường trịn
đường kính AO (2)

Từ (1) và (2) ==> 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh: AB2 = AD . AE :

Xét: ABD và ABE
Ta có: BAE (góc chung)

AEBABD (cùng chắn cung BD của đ/tròn (O))
==> ABDAEB (gg)

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

==>

AB AD

AE AB ==> AB2 = AD.AE.

c)

Chứng minh:

2 1 1

AK AD AE :

Ta có:

1 1 AD AE

AD AE AD.AE



 

Mà AD + AE = (AH – HD) + ( AH + EH)
= (AH – HD) + ( AH + HD) (Vì EH = HD)
= 2AH

Vậy:

1 1 2AH

AD AE AD.AE

Mà: AB2 = AD.AE. (Cmt)

==> AC2 = AD.AE ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường trịn (O) => AB = AC)

Vậy: 2

1 1 2AH

AD AE AC (3)
Ta lại có:

2 2AH

AK AK.AH (4)

Từ D vẽ OE vng góc với OB tại E, cắt BC tại F.
Xét tứ giác ODEH

Có:













0
90

90 ách ve DE

OHD Cmt

OED C




 





OHD OED

  

==> ODEH nội tiếp (Qũi tích cung chứa góc)
==> O1HDE ( chắn cung HE )

Mà O1BCH (chắn HB Của đường trịn đường kính AO)
==> HDE BCH 

Hay: HDFFCH

==> Tứ giác CDFH nội tiếp (Qũi tích cung chứa góc)
Xét ACK và AHC

Ta có: CAH (góc chung) (a)
Ta có: H 1 F1 (chắn cung CD của CDFH nội tiếp )

Mà: F1B1 (đồng vị của ED//AB ( Vì cùng vng góc với OB))

Và: B1C1 ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O) => AB = AC) => ABCcân
tại A)

==> H 1C1 (b)

Từ (a) và (b) ==> ACK AHC gg





==>

2 .

AC AK

AC AH AK
AH AC  

Thay vào (3) ta có

 

1 1 2AH

5
AD AE AH.AK

1
1

1
1
F
E

H D

A
O

1
1

1
1
F
E

K
H D

A
O

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Từ (4) và (5) ==>

2 1 1

AK AD AE .

Bài 5: (1điểm)

 

3 3

3 3 3 3 3 3

3 3 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1

Vì: 0

a b c a b c a b c

1 1 3 1 1 1 1 1 3 1

a b ab a b c a b abc c

1 1 1 3

a b c abc

   

            

   

 

         

 

   

 

2 2 2 3 3 3 3 3 3

ab bc ac abc abc abc 1 1 1

Ta có: abc 2

c a b c a b c a b

 

         

 

Thay (1) vào (2) ==> 2 2 2

ab bc ac 3

Ta có: abc 3

c a b abc

 

    

 

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

---HẾT---SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: tháng 6 năm 2012

Câu 1(2,0 điểm)

1)Giải phương trình : x2
x −1=2+

x
x −1

2)Giải hệ phương trình

2
x −1+

1
y+1=

9
4
1

x −1+
3
y+1=

7
4

¿{

3) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng y = 3x - 4 với hai trục toạ độ.
Câu 2 (2,0 điểm)

1) Cho biểu thức: P= 2√x −9
x −5√x+6−

√x+3
√x −2−

2√x+1

3−√x
1) Tìm x để P có nghĩa

2) Rút gọn P
3) Tìm x để P < 0

2) Xác định các hệ số m và n biết rằng hệ phương trình

mx y n

nx my 1

 




 

 có nghiệm là



1; 3



Câu 3(2,0 điểm)

1) Cho hàm số y =- 2x2 có đồ thị (P)

a)Viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm M ,N biết M,N thuộc P có hồnh độ
lần lượt là -1 và 2

b) Lập phương trình đường thẳng d song song với MN cắt P tại 2 điểm có hồnh độ
x1 ; x2 thỏa mãn |x1− x2|=√5

2) Một xe du lịch đi từ tỉnh A đến tỉnh B dài 480 km với một vận tốc dự định .
Nhưng sau khi đi được 2 giờ với vận tốc dự định thì xe bị hỏng nên dùng lại nghỉ để
sửa chữa 30 phút sau đó xe đi trên qng đường cịn lại với vận tốc tăng thêm 20
km/h nữa . Nên đã đến B sớm hơn dự định 1 giờ . Tính vận tốc dự định và thời gian
xe chạy trên đường ?

Câu 4(3,0 điểm)

Trên đường trịn (O) đường kính AB lấy điểm M (khác A và B).Gọi H là trung
điểm MB . E,F là chính giữa cung nhỏ AM và BM của đường tròn (O).Tiếp tuyến
của (O) tại F cắt AM tại P

a)Chứng minh tứ giác HFPM là hình chữ nhật

b)Chứng minh góc EFH=450

c)Qua A kẻ đường thẳng (d) song song với PH .Đường thẳng (d) cắt đường tròn (O)
tại tại D ( D khác A). Chứng minh D, O, H thẳng hàng

Câu 5(1,0 điểm)

Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a+b=4ab .Chứng minh rằng
a

4b2

+1+
b
4a2

+1≥

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28></div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Câu 1(2,0 điểm)

1) ta có x −5√x+6=(√x −2) (√x −3) nên P có nghĩa khi

x ≥0
√x −2≠0
√x −3≠0

⇔

¿x ≥0

x ≠4
x ≠9

¿{ {

P= 2√x −9

(√x −2) (√x −3)−

√x+3
√x −2+

2√x+1
√x −3=

2√x −9− x+9+(2√x+1)(√x −2)

(√x −2)(√x −3)
P=2√x − x+2x −4√x+√x −2

(√x −2) (√x −3) −

x −√x −2
(√x −2) (√x −3)=

(√x+1)(√x −2)

(√x −2) (√x −3)=

√x+1
√x −3

3) để P<0 vì √x+1>0 nên √x −3<0⇔x<9 kết hợp với điều kiện 0≤ x<4 V

4<x<9

Câu 2(2,0 điểm)

HD 1) ĐKXĐ x khác 1
x=1

x=2

¿
¿
¿
¿

x2
x −1=2+

x
x −1⇒x

=2(x −1)+x⇔x2−3x+2=0

⇔(x −1)(x −2)=0⇔

x=1 loại vậy PT có nghiêm x=2

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

2
x −1+

1
y+1=

9
4
1

x −1+
3
y+1=

7
4
⇒

¿2a+b=9

4
a+3b=7

4
⇔

¿2a+b=9

4
2a+6b=14

4
⇔

¿5b=5

4
a=7

4−3b
⇔

¿b=1

4
a=1

¿{

Giải ra x=2; y=3
Câu 3(2,0 điểm)

1) Vì M;N thuộc P nên Tọa độ M(-1;-2) N(2-8) .Phương trình đường thẳng đi
qua MNcó dạng y=ax+b vì (d) đi qua M; N nên a; b là nghiệm của hệ
phương trình

−a+b=−2

2a+b=−8

⇔

¿3a=−6
b=a −2

⇔

¿a=−2
b=−4

¿{

vậy đường thẳng đi qua MN là y=-2x-4

2) Phương trình đường thẳng (d) có dạng y=mx+n vì d// y=-2x-8
nên m=-2

mặt khác tọa độ (d) và (P) là nghiệm của hệ

y=−2x2
y=−2x+n

⇔

¿y=−2x2(1)

2x2−2x+n=0(2)

¿{

để (d) cắt (P) thì PT (1) phải có 2 nghiệm phân biệt suy ra
Δ❑

=1−2n>0⇔n<1

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

mặt khác theo viet

x1+x2=1
x1x2=n2

¿{

ta phải có

|x1− x2|=√5⇔(x1+x2)2−4x1x2=5⇔x1x2=−1 suy ra n

2=−1⇔n=−2 thỏa mãn
vậy phương trình đường thẳng (d) là y=-2x-2

Câu 4(3,0 điểm)

x

D

K
P

F
E

H
M

O B

A

1)Vì H là trung điểm MB ;F là trung điểm cung MB nên F,H,O thẳng hàng và OH
MB

ta có ∠PMH =∠MHF=∠HFP=900 nên tứ giác MHFP là hình chữ nhật
2) ta có ∠EOF=sd(cungEM+cungMF)=1

2sd(cungAM+cungMB)=
1

2sdcungAB=90
0

nên
tam giác ÈO vng cân tại O suy ra góc EFO = 450

3)Gọi FO cắt (d) tại D/ do AD///PH nên ∠APH =∠xAP ( so le) mà
∠APH =∠MFH ( t/c Hình chữ nhât) suy ra ∠MFD+∠D❑AM

=1800 nên tứ giác
AD/MF nội tiếp suy ra D/ thuộc (O) vậy D/ D

Cách khác Nối F với B ta có tứ giác BHPF là hình bình hành suy ra FB//PH.

Kẻ FO cắt (O) tại D’ ta suy ra AD’//FB.

Suy ra AD’//PH
Mà AD//PH

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Câu 5(1,0 điểm)

Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a+b=4ab .Chứng minh rằng
a

4b2+1+
b
4a2+1≥

1
2

Hướng dẫn:

Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho 2 dãy
ta có (a+b)2≥4 ab=a+b⇔a+b ≤(a+b)2

√

a(4b2+1);

√

b(4a2+1) và

√

a

4b2+1;

√

b
4a2+1
ta có

(4 ab2+a+4a2b+b)

(

a

4b2+1+

b

4a2+1

)

≥(a+b)

¿(a+b)

2
a+b¿2.

¿
¿

a+b¿2+¿
¿
¿❑❑

¿❑ ❑

4 ab(a+b)+(a+b).≥¿

¿
¿ ¿❑⇔ a

4b2+1+
b
4a2+1≥¿
vậy a

4b2+1+
b
4a2+1≥

2 dấu bằng xảy ra khi a=b=
1
2
Cách 2:Ta có theo BĐT Cơ si cho 2 số dương a;b ta có

(a+b)2≥4 ab=a+b⇒(a+b)≥1 Dấu bằng xảy ra khi a=b= 1

2
Đặt Q =

2 2

4 4

a b

ab a  a b b Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho 2 dãy 
dãy

√

4 ab2

+a ;

√

4 ba2+b và

√

a

2
4 ab2+a;

√

b2

4 ba2+b ta có:

a+b¿2
¿

a+b¿2
¿
¿
¿

(4 ab2

+a+4 ab2+b).Q ≥¿

vậy a
4b2

+1+

b
4a2

+1≥

2 dấu bằng xảy ra khi a=b=
1
2

Cách 3

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>





2 2 2 2

2 2 2 2
2

2 2 2 2

a b a b a b

4b 1 4a 1 4b 4ab 4a 4ab 4b(a b) 4a(a b)

1 1 1 a b a b

16a 16b 16 a b a b

    

     

 

   







2 2

a b 1

2
2 a b



 



Vì













2 2 2 2

a b 2 a b  a b 0

luôn đúng

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a b 4ab 1

a b .

a b 2

 


  


</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: thỏng 6 nm 2012

Câu 1 ( 2điểm ) Giải các phơng trình sau
a) (x-2)(2x-5)-2(x-2)(x+2)=0
b) x4 -13x +36= 0

Câu 2 ( 2điểm) Cho biểu thức

P= x+√x

x√x+x+9√x+9
a) Rót gän P

b) Chøng minh r»ng víi mäi x ≥0 ta cã P≤1
6
C©u 3 ( 2 điểm) Cho hệ phơng trình

mx y=3(1)

2x+my=9(2)

{

a) Giải hệ phơng trình khi m=1

b) Tỡm cỏc giỏ tr nguyên của m để hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) sao
cho biểu thức A=3x-y nhận giá trị nguyên .

Câu 4 (3 điểm) Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB=2R và C , D là 2 điểm di động
trên nửa đờng tròn sao cho C thuộc cung AD và góc COD = 600 ( C khác A và D
khác B).Gọi M là giao điểm của tia AC và BD , N là giao điểm của dây AD và BC

a)Chứng minh tứ giác CMDN nội tiếp đờng tròn và tổng khoảng cách từ A,B
đến đờng thng CD khụng i .

b)Gọi H và I lần lợt là trung điểm CD và MN . Chứng minh H , I, O thẳng hàng
và DI=R3

c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác MCD theo R

Câu 5 ( 1 điểm) Cho các số dơng a, b c thoả mÃn abc = 1.Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức

a+12+b2+1

b+12+c2+1

c+12+a2+1

S=1

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

P N

Câu 1 ( 2điểm ) Giải các phơng trình sau
a)(x-2)(2x-5)-2(x-2)(x+2)=0

b) x4 -13x +36= 0

Hớng dẫn

a)(x-2)(2x-5)-2(x-2)(x+2)=0 2x2-5x-4x+10-2x2+8=0

-9x=-18 x=2

B0 Đặt x2= y (y ≥0) x4 -13x +36= 0 ⇔ y2-13y+36=0 ⇔ (y-4)(y-9)=0

⇔

y=4

y=9

x=2

x=−2

x=3

x=−3

¿
¿
¿

⇔¿
¿
¿
¿

PT cã 4 nghiệm

Câu 2 ( 2điểm) Cho biểu thức

P= x+x

xx+x+9x+9
a)Rút gọn P

b)Chøng minh r»ng víi mäi x ≥0 ta cã P≤1
6
Híng dÉn

a) Ta cã

x+1

√¿
¿

x√x+x+9√x+9=x(√x+1)+9¿

P cã nghÜa khi x ≥0

P= x+√x

x√x+x+9√x+9=

√x(√x+1)

(√x+1)(x+9)=
√x
x+9
b)XÐt P−1

√x
x+9−

1
6=

6√x − x −9
6(x+9) =

−(√x −3)2

x(x+9) ≤0⇔P ≤

6 DÊu “=” x¶y ra khi

x=9

Câu 3 ( 2 điểm) Cho hệ phơng trình

mx y=3

2x+my=9

{

a)Giải hệ phơng trình khi m=1

b)Tỡm cỏc giỏ trị nguyên của m để hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) sao cho
biểu thức A=3x-y nhận giá trị nguyên .

Híng dÉn

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

x − y=3

2x+y=9

⇔

¿3x=12
y=x −3

⇔

¿x=4
y=1

¿{

VËy víi m=4 hÖ cã nghiÖm duy nhÊt (x;y)= (4;1)

mx− y=3

2x+my=9

⇔

¿y=mx−3

2x+m(mx−3)=9

⇔

¿y=mx−3

2x+m2x −3m=9

⇔

¿y=mx−3;(1)
(2+m2)x=3m+9;(2)

¿{

Tõ (2) ta cã m2+2>0;∀m nªn hƯ cã nghiƯm duy nhÊt víi mäi m
(2)⇔x=3m+9

m2+2 thay vµo (1)⇒y=

m(3m+9)
m2

+2 −3=

3m2+9m −3m2−6
m2

+2 =

9m−6
m2

+2
Ta cã A=3x − y=9m+27

m2+2

9m6
m2+2 =

33
m2+2

A nguyên khi m2

+2 là ớc dơng lớ hơn 1 của 33 ta có bảng sau

m2+2 3 11 33

m2 1 9 31 ( Loại vì không chính phơng

m 1 Hoặc -1 3 hoặc -3

Vậy m{3;1;1;3} thỏa mÃn điều kiện bài toán

Cõu 4 (3 điểm) Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính AB=2R và C , D là 2 điểm di động
trên nửa đờng trịn sao cho C thuộc cung AD và góc COD = 600 ( C khác A và D
khác B).Gọi M là giao điểm của tia AC và BD , N là giao điểm của dây AD và BC

a)Chứng minh tứ giác CMDN nội tiếp đờng tròn và tổng khoảng cách từ A,B
đến đờng thẳng CD khụng i .

b)Gọi H và I lần lợt là trung ®iĨm CD vµ MN . Chøng minh H , I, O thẳng hàng
và DI=R√3

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

K
H

N
M

A B

a)Ta có ∠ACB =∠ADB=900 ( Góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)

Suy ra MCN=MDN=900MCN +MDN=1800 nên tứ giác MCDN nnội tiếp

-ng trịn Tâm I đđ-ờng kính MN ( theo đ/l đảo)

Kẻ AP và AQ vng góc với đờng thẳng CD ta có tứ giácAPQB là hình thang vng
có OH là đờng trung bình nên AP+AQ=2OH trong tam giác đều OCD có OH là đờng
cao nên

OH=R√3

2 khơng đổi vậy AP+AQ=R√3 không đổi (đpcm)

theo GT ∠COD=600 nªn cung CD=600 ∠AMB=12sd(cungAB−cungCD)=600

Nªn ∠CMD=600 ta cã

CID=2∠CMD=1200 trong tam giác vuông DIH
DH=DI .Sin 600DI=DH

Sin600=
R3

3 ( khụng i)

Ta có tam giác CID; COD cân tại I và O có H là trung điểm CD nên IH và OH cùng
vuông góc với CD suy ra I; H; O thẳng hàng

c) MCD ng dạng Δ MBA (gg) nên

SMCD
SMBA

(

)

=(Sin 300)2=1

4⇒SMCD=
1
4 SMBA

SMCD lớ n nhất khi SMBA Lớn nhất Kéo dài MN cắt AB tại K thì MK vng góc
với AB ta có MN khơng đổi MK lớn nhất khi NK lớn nhất N chạy trên cung 1200

dựng trên AB ;NK max khi N thuộc trung điểm cung này khi đó tam giác MAB đều

SMBA=1

2AB . MH=R
2

√3 ; Max(SMCD)=R
2

√3
4

Cách khác : kẻ ME vng góc CD thì ME≤MH≤MI+IH tính đợc IH;MI theo
R

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

a+1¿2+b2+1

b+1¿2+c2+1

c+1¿2+a2+1

¿
¿
¿

S=1

Híng dÉn:

Ta có (a+1)2+b2+1=(a2+b2)+2a+22 ab+2a+2
Tơng tự (b+1)2+c2+1=(b2+c2)+2b+22 bc+2b+2

(c+1)2+a2+1=(c2+a2)+2c+22ac+2c+2
Nên

S ≤ 1

2(ab+a+1)+

1
2(bc+b+1)+

2(ca+c+1)=

1
2

(

abcb+abc+bc+

1
bc+b+1+

b

abc+bc+b

)

S ≤1

(

bc+b+1+

1
bc+b+1+

b

bc+b+1

)

1
2

Max(S)=1

2⇔a=b=c=1

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

---Hết---đáP áN

C©u 1 ( 2®iĨm )

aTìm số tự nhiên A nhỏ nhất thoả mãn khi lấy số A chia lần lợt cho các số
2,3,4,5,6,7,8,9,10 thì đợc các số d tơng ứng là 1,2,3,4,5,6,7,8,9.

b)Chứng minh rằng phơng trình x2-2x-1=0 có 2 nghiệm x1 ;x2 tho¶ m·n 
x1

−2

x1 +
x2

−2

x2 =6
H

íng dÉn

a)Ta cã A+1 chia hết cho 2,3,4,5,6,7,8,9,10 nên A +1 là bội chung của
2,3,4,5,6,7,8,9,10 vì A nhỏ nhất nên A+1 lµ BCNN(2,3,4,5,6,7,8,9,10 )
=23.32.5.7=2520 vËy A=2519

b)Ta cã Δ❑

=2 nên PT luôn có 2 nghiệm phân biệt theo Vi-ét ta cã

x1+x2=2
x1.x2=−1

¿{

x12−2

x1 +

x22−2

x2 =

x12x2−2x2+x22x1−2x1

x1x2 =

x1x2(x1+x2)−2(x1+x2)

x1x2 =

−1. 2−2. 2

−1 =6 (đpcm)

Câu 2 ( 2điểm)

Cho tam giác vng có diện tích bằng 96 m2 ,chu vi bằng 48 m .
Tính độ dài các cạnh của tam giác đó

H

íng dÉn

Gäi 2 cạnh góc vuông lần lợt là x, y ( m) giả sử x y>0

Vì diện tích là 96 m2 nên ta có PT(1) xy=192 
Vì chu vi là 48 m nên ta có PT(2) x+y+

x2

+y2=48
Ta có hệ phơng trình

xy=192

x+y+

x2+y2=48

xy=192
x+y22 xy

xy=192(1)

x+y2384

x+y+

Đặt x+y=t (2)

t2

384=48t (*) ®iỊu kiƯn 0<t ≤48

(*) (∗)⇔t2−384=2034−96t+t2⇔t=28 ( tho¶ m·n)
Ta cã

x+y=28

xy=192

¿{

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Theo Viét đảo x; y là nghiệm dơng của phơng trình bậc hai
k2−28k+192=0⇔k2−12k −16k+192=0⇔(k 12)(k 16)=0

k=12

k=16

Theo giả sử x>y nên x=16;y=12 cạnh huyền là 144+256=20

Vậy 2 cạnh góc vuông là 12m; 16 m cạnh huyền là 20 m
Câu 3 ( 2 điểm)

a) Giải hệ phơng trình

(x2+3)(y2+1)+10 xy=0
x

x2

+3+
y
y2

+1+

3
20=0

{

b) Giải phơng trình 2(2x2+4x+3)=(5x+4)

√

x2+3

H

ớng dẫn

a)Ta thấy x=y=0 không là củ hệ phơng trình nghiệm chia 2 vế phơng trình (1) cđa hƯ
cho xy kh¸c 0 ta cã hƯ

(x2+3)(y2+1)+10 xy=0
x

x2

+3+
y
y2

+1+

3
20=0
⇔

¿x

x .

y2+1

y =10

x
x2+3+

y
y2+1=

3
20

()

{

Đặt x2+3

x =a ;

y2

y =b (a 0;b 0)

Ta cã

()⇔

ab=−10

1
a+

b=

−3
20
⇔

¿ab=−10
a+b

ab =
−3
20
⇔

¿ab=−10
a+b=3

¿{

Theo vi ét đảo a,b là nghiệm khác 0 của phơng trình
t2−3

2t −10=0⇔2t
2

−3t −20=0 ; Δ =169>0; Δ=169;t1=4;t2=−5

Víi a=4;b= −5

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

a=4
b=−5

2
⇔

¿x2+3=4x

2y2+2=−5y

⇔

¿x2−4x+3=0

2y2+5y+2=0

⇔

x=1

x=3

y=−2

y=−1

¿
¿
¿

{

¿
¿ ¿

Víi b=4;a= −5

2 ta cã

b=4
a=−5

2
⇔

¿y2+1=4y

2x2

+6=−5x

⇔

¿y2−4y+1=0

2x2+5x+6=0(∗)

¿{

PT(*) cã Δ=−23<0 ;Víi b=4;a= −5

2 v« nghiƯm

HƯ cã 4 nghiƯm: (x ; y)∈{(1,−2);(3;−2);(1;−1

2 );(3;
−1

2 ) }

b)§KX§ : x>−4

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

√

x2+3+2x2+8x=0

√

x2

+3−(x+4)

√

x2+3+2x(x+4)=0

⇔2

√

x2+3(

√

x2+3−2x)−(x+4)(

√

x2+3−2x)=0

⇔(

√

x2+3−2x)(2

√

x2+3− x −4)=0⇔

√

x2+3−2x=0

√

x2+3− x −4=0

√

x2

+3=2x ;voi :x ≥0

√

x2+3=x+4;Voi :x 4

x2+3=4x2

x+42;

x2=1(1)

3x28x 4=0(2)

4(x2+3)=

2(2x2+4x+3)=(5x+4)

x2+32(x2+3)(4x+x+4)

(1) x1=1 và x2=-1(loại)
(2) cã Δ❑

=28>0 PT(2) cã 2 nghiÖm x3=4+2√7

3 ; x4=

4−2√7

3 ( không thỏa

mÃn)

Phơng trình có 2 nghiÖm x1=−1; x2=4+2√7

3 ;

Câu 4 (3 điểm) Cho nửa đờng trịn (O;R ) đờng kính AB.Giả sử M là điểm chuyển
động trên nửa đờng tròn này , kẻ MH vng góc với AB tại H.Từ O kẻ đờng thẳng
song song với MA cắt tiếp tuyến tại B với nửa đờng tròn (O) ở K.

a)Chứng minh 4 điểm O,B,KM cùng
thuộc một đờng tròn

b)Giả sử C;D là hình chiếu của H trên
đ-ờng thẳng MA và MB . Chứng minh 3 đđ-ờng

thẳng CD,MH,AK đồng quy

c)Gọi E;F lần lợt là trung điểm AH và
BH .Xác định vị trí M để diện tích tứ giác
CDFE đạt giá trị lớn nhất ?

P
N

F
E

I
C

H O

A B

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

a)ta có ∠BOK =∠OAM (1) (đồng vị); ∠MOK =∠AMO (2) (so le);

∠OMA=∠OAM (3)

XÐt Δ BOK vµ Δ MOK cã OB=OM=R; ∠BOK =∠KOM ; OM chung

Nªn Δ BOK = Δ MOK (c.g.c) suy ra

∠OMK =∠OBK=900⇒∠OMK +∠OBK=1800

Nên 4 điểm O,B,KM cùng thuộc một đờng trịn đờng kính OK

b) Ta có tứ giác CHDM là hình chữ nhật nên CD và EF cắt nhau tại I là trung điểm
mỗi đờng ta chứng minh K , I, A thẳng hàng

Gọi MB cắt OK tại P;KA cắt (O) tại N cắt MH tại I/ ta có tứ giác BPNK nôi tiếp ( vì

BPK =BNK=900 nên (Cùng bù với PNK ) mà ( so le)
Nên ∠I❑

NP=∠I❑

MP suy ra tø gi¸c I/MNP néi tiÕp suy ra ∠MNA =∠MPI❑ mµ

∠MNA =∠MBA

Vậy ∠MBA =∠MPI❑ ở vị trí đồng vị nên PI///AB mà PI//AB nên I I/ vậy AK đi 
qua I

Hay 3 đờng thẳng CD,MH,AK đồng quy

c) ta cã EF=1

2(AH+HB)=
1

2AB=R ( Không đổi)

Δ EHI = Δ ECI (c.c.c) Δ FHI = Δ DHI (c.c.c) nªn

SCDFFE=2SEIF

S

CDFE

=2.S

EIF

SFFI=1

2EF. IH=

R. MH

4 ≤

R. MO

4 =

R2

4 ⇒SCDFE≤
R2

2
Max(SCDFE)=R

4 ⇔H ≡O khi M thuộc chính giữa cung AB.

Câu 5 ( 1 điểm) Cho các số dơng a, b c thoả mÃn a+b+c=abc.Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa
biĨu thøc

S= a

√

bc(1+a2)

+ b

√

ca(1+b2)

+ c

√

ab(1+c2)

H

íng dÉn

Ta cã

√

bc(1+a2)=

√

bc+a2bc=

√

bc+a(a+b+c)=

√

bc+a2+ab+ac=

√

(a+b)(a+c)
T¬ng tù

√

ca(1+b2)=

√

(a+b)(b+c) ;

√

ba(1+c2)=

√

(a+c)(b+c)

Nªn

S= a

(a+b)(a+c)+

b

(a+b)(b+c)+

c

(a+c)(b+c)=

a
a+b.

a
a+c+

b
b+c.

b
b+c+

c
c+b.

c
a+c
áp dụng BĐT AB A+B

2 (với A,B >0) ; DÊu “=” x¶y ra khi A=B

Ta cã S ≤1
2

(

a
a+b+

a
a+c+

b
b+c+

b
a+b+

c
a+c+

c
b+c

)

1
2

(

a+b
a+b+

b+c
b+c+

c+a
c+a

)

3
2
Max(S)=3

2⇔a=b=c=√3

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

---HÕt---SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: thỏng 6 nm 2012 
Câu 1 (2.0 điểm ) : Cho biÓu thøc

1 1 1

1 1 2

a a

P a

a a a a

   

   

   

  , (Víi a > 0 , a  1)
1. Chøng minh r»ng :

2
1
P

a



2. Tìm giá trị của a để P = a

Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 và đờng
thẳng (d) : y = 2x + 3

1. Chøng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt

2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O l
gc to )

Câu 3 (2.0 điểm) : Cho phơng tr×nh : x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0
1. Giải phơng trình khi m = 4

2. Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt

Câu 4(3.0 điểm) : Cho đờng trịn (O) có đờng kính AB cố định, M là một điểm thuộc
(O) ( M khác A và B ) . Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đờng tròn (I)
đi qua M và tiếp xúc với đờng thẳng AC tại C. CD là đờng kính của (I). Chứng minh
rng

1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng
2. Tam giác COD là tam giác cân

3. ng thng i qua D và vng góc với BC ln đi qua một điểm cố định khi M di
động trên đờng trịn (O)

Chøng minh r»ng : 2 2 2

2 3 2 3 2 3 2

a b c

a  b b  c c  a 

--- HÕt

---Híng dÉn

1. Chøng minh r»ng :

2
1
P

a




1 1 1

1 1 2

a a

P a

a a a a

   

   

   

 

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

1
D C
B
A
9
3
-1 0



 





 





 



2 2

1 1 4 1 1 1

.
2

1 1

a a a a a

P
a a
a a
     

 



 



2 1 2 1 4 4 1

.
2

1 1

a a a a a a a

P
a a
a a
      

 

4 1 2

1 2 1

a a
P

a a a a

 

  (§PCM)

2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a
=>

2
2

2 0

1 a a a

a      .

Ta cã 1 + 1 + (-2) = 0, nên phơng trình có 2 nghiệm
a1 = -1 < 0 (không thoả mÃn điều kiện) - Loại
a2 =
2
2
1
c
a

(Thoả mÃn điều kiện)
Vậy a = 2 thì P = a

1.0

Câu
2

1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt

Honh giao im đờng thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phơng
trình

x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 cã a – b + c = 0
Nªn phơng trình có hai nghiệm phân biệt

x1 = -1 và x2 =

3
3
1
c
a

 

Víi x1 = -1 => y1 = (-1)2 = 1 => A (-1; 1)
Víi x2 = 3 => y2 = 32 = 9 => B (3; 9)

VËy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A vµ B

1.0

2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác

OAB ( O l gc to )

Ta biểu diễn các điểm A vµ B

trên mặt phẳng toạ độ Oxy nh hình vẽ
dt (ABCD) =

1 9

. .4 20

2 2

AD BC
DC

 

 

dt (BCO) =

. 9.3

13,5

2 2

BC CO

 

dt (ADO) =

. 1.1

0,5

2 2

AD DO

 

Theo c«ng thøc céng diƯn tÝch ta cã

dt(ABC) = dt(ABCD) – dt(BCO) - dt(ADO)
= 20 – 13,5 – 0,5 = 6(đvdt)

1.0

Câu
3

1. Khi m = 4, ta có phơng trình

x2 + 8x + 12 = 0 cã ’ = 16 12 = 4 > 0
Vậy phơng trình có hai nghiƯm ph©n biƯt
x1 = -4 + 2 = -2 vµ x2 = - 4 – 2 = -6

1.0

2. Tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt
x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0

Cã ’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m 4

Để phơng trình có hai nghiệm phân biệt thì ’ > 0

=> 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2
Vậy với m > 2 thì phơng trình có hai nghiệm phân biệt

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Câu
4

2
1
1

K
N

M
D

B
A

1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng

MC l tip tuyn ca đờng tròn (O) => MC  MO (1)
Xét đờng tròn (I) : Ta có CMD 900 => MC  MD (2)

Tõ (1) vµ (2) => MO// MD trïng nhau => O, M, D thẳng hàng

1.0

2. Tam giác COD là tam giác cân

CA l tip tuyn ca ng trũn (O) => CA  AB(3)
Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C => CA  CD(4)

Tõ (3) vµ (4) => CD // AB => C1 O 2 ( Hai gãc so loe trong) (I)
CA, Cm là hai tiếp tuyến cắt nhau cđa (O) => O1O 2 (II)

Tõ (I) vµ (II) => C1 O1 => Tam giác COD cân tại D

1.0

3. Đờng thẳng đi qua D và vng góc với BC luôn đi qua một điểm cố

định khi M di động trên đờng tròn (O)

Gọi H là giao của CB và đờng trịn (I)

=> CHD 900(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn I) => DH BC
DH kéo dài cắt AB tại K.

Gọi N là giao điểm của CO và đờng tròn (I)

 900
can tai D
CND

NC NO
COD

 



 






Ta có tứ giác NHOK nội tiếp

Vì có H 2 O 2 C1 ( Cïng bï víi gãc DHN)
=> NHO NKO 1800(1)

- Ta có : NDH NCH (Cùng chắn cung NH của đờng tròn (I))

  

CBO HCD HND  => DNH COB(g.g)
=>

OB HN OA CN ON

OC HD OC CD CD Hay

ON HN

CD HDMµONH CDH 
=> NHO DHC (g.g)

=> NHO900 Từ (1) => NKO 900, Hay K là trung điểm của OA cố định
=> ĐPCM

1.0

C©u

5 C©u 5 a2 b2 (1.0 ®iĨm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả m·n :c2 3

  

Chøng minh r»ng : 2 2 2

2 3 2 3 2 3 2

a b c

a  b b  c c  a 

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Ta cã : a22b 3 a22b  1 2 2a2b2, t¬ng tù. Ta cã

2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c a b c

A

a b b c c a a b b c c a

     

            Hay

2 1 1 1

a b c

A

a b b c c a

 

    

     

 

Ta chøng minh 1 1 1 1

a b c

a b  b c  c a  
<=> 1 1 1 1 1 1 2

a b c

a b   b c   c a   
<=>

1 1 1

b c a

a b b c c a

     

  

     

<=>

1 1 1

b c a

a b b c c a

  

  

     

<=> B =







 









 









 



2 2 2

1 1 1

1 1 1 1 1 1

b c a

a b b b c c c a a

  

  

        

(1)

Bổ đề : C/M





2 2 a b

a b

x y x y



 

 . ThËt vËy





















2
2 2

2 2

2 2 0

a b
a b

a y b x x y xy a b ay bx

x y x y



       

ĐPCM

áp dụng 2 lần , ta cã:





2 2 2 a b c

a b c

x y x x y z

 

  

  áp dụng BĐT trên ta có

=> B

 



2
3

1 1 1 1 1 1

a b c

a b b b c c c a a

  

          





2 2 2

3( ) 3

a b c

a b c ab bc ca a b c

  


        

§Ĩ chøng minh A  2, Ta chøng minh



a b c  3



2 2a2b2c2ab bc ca  3(a b c  ) 3 

(2)
Ta cã





2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2
2

2 3( ) 3

2 2 2 2 2 2 6 6 6 6

2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 ( : 3)

2 2 2 6 6 6 9

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c ab bc ca a b c Do a b c

a b c ab bc ca a b c

a b c

          
 
         
            
         
   

Vậy (2) đúng => (1) đúng => Điều phải chứng minh
Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: thỏng 6 nm 2012 
Câu 1(2 điểm)

Chứng minh rằng phơng trình x2-2x-1=0 có 2 nghiệm x1; x2 tho¶ m·n

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

x1

2

x1 +
x222

x2 =6
Câu 2 ( 2điểm)

Cho tam giác vng có diện tích bằng 96 m2 ,chu vi bằng 48 m. Tính độ dài các cạnh 
của tam giỏc ú.

Câu 3 ( 2 điểm)

a) Giải hệ phơng trình

(x2+3)(y2+1)+10 xy=0
x

x2+3+
y
y2+1+

3
20=0

{

b) Giải phơng trình: 2(2x2+4x+3)=(5x+4)

x2+3

Câu 4 (3 điểm)

Cho nửa đờng trịn (O;R ) đờng kính AB.Giả sử M là điểm chuyển động trên
nửa đờng tròn này, kẻ MH vng góc với AB tại H. Từ O kẻ đờng thẳng song song
với MA cắt tiếp tuyến tại B với nửa đờng tròn (O) ở K.

a)Chứng minh 4 điểm O,B,KM cùng thuộc một đờng trịn

b)Giả sử C;D là hình chiếu của H trên đờng thẳng MA và MB. Chứng minh 3
đ-ờng thẳng CD, MH, AK đồng quy

c) Gọi E;F lần lợt là trung điểm AH và BH. Xác định vị trí M để diện tích tứ
giác CDFE t giỏ tr ln nht ?

Câu 5 ( 1 điểm)

Cho các số dơng a, b c thoả mÃn a+b+c = abc.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

S= a

bc(1+a2)

+ b

ca(1+b2)

+ c

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Đáp án
Câu 1 ( 2điểm )

Ta có

x1+x2=2
x1.x2=−1

¿{

¿
x1

−2

x1

+x2

−2

x2
=x1

x2−2x2+x2
2

x1−2x1

x1x2

=x1x2(x1+x2)−2(x1+x2)

x1x2

=−1. 22. 2

1 =6 (đpcm)

Câu 2 ( 2điểm)

Gọi 2 cạnh góc vuông lần lợt là x, y ( m) giả sử x y>0

Vì diện tích là 96 m2 nên ta có PT(1) xy=192

Vì chu vi là 48 m nên ta có PT(2) x+y+

x2+y2=48
Ta có hệ phơng trình

xy=192

x+y+

x2+y2=48

xy=192
x+y22 xy

xy=192(1)

x+y2384

x+y+

Đặt x+y=t (2) ⇔

√

t2

−384=48−t (*) ®iỊu kiƯn 0<t ≤48

(*) (∗)⇔t2−384=2034−96t+t2⇔t=28 ( tho¶ m·n)
Ta cã

x+y=28

xy=192

¿{

Theo Viét đảo x; y là nghiệm dơng của phơng trình bậc hai
k2−28k

+192=0⇔k2−12k −16k+192=0⇔(k −12)(k −16)=0⇔
k=12

k=16

¿
¿
¿
¿
¿

Theo giả sử x>y nên x=16;y=12 cạnh huyền là 144+256=20

Vậy 2 cạnh góc vuông là 12m; 16 m cạnh huyền là 20 m
Câu 3 ( 2 điểm)

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

(x2+3)(y2+1)+10 xy=0
x

x2+3+
y
y2+1+

3
20=0

x

x .

y2+1

y =10

x
x2+3+

y
y2+1=

3
20

()

{

Đặt x2+3

x =a ;

y2+1

y =b (a ≠0;b ≠0)

Ta cã

()⇔

ab=−10

1
a+

b=

−3
20
⇔

¿ab=−10
a+b

ab =
−3
20
⇔

¿ab=−10
a+b=3

¿{

Theo vi ét đảo a,b là nghiệm khác 0 của phơng trình
t2−3

2t −10=0⇔2t
2

−3t −20=0 ; Δ =169>0; Δ=169;t1=4;t2=−5

Víi a= 4; b= −5

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

a=4
b=−5

2
⇔

¿x2+3=4x

2y2+2=−5y

⇔

¿x2−4x+3=0

2y2+5y+2=0

⇔

x=1

x=3

y=−2

¿
¿

y=−1

¿
¿
¿

{

¿
¿ ¿

¿ ¿

Víi b= 4; a = −5

2 ta cã

b=4
a=−5

2
⇔

¿y2+1=4y

2x2

+6=−5x

⇔

¿y2−4y+1=0

2x2+5x+6=0(∗)

¿{

PT(*) cã Δ=−23<0 ;Víi b=4;a= −5

2 v« nghiƯm

HƯ cã 4 nghiƯm: (x ; y)∈{(1,−2);(3;−2);(1;−1

2 );(3;
−1

2 ) }

b)§KX§ : x>−4

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

√

x2+3+2x2+8x=0

√

x2

+3−(x+4)

√

x2+3+2x(x+4)=0

⇔2

√

x2+3(

√

x2+3−2x)−(x+4)(

√

x2+3−2x)=0

⇔(

√

x2+3−2x)(2

√

x2+3− x −4)=0⇔

√

x2+3−2x=0

√

x2+3− x −4=0

√

x2

+3=2x ;voi :x ≥0

√

x2+3=x+4;Voi :x ≥ 4

x2+3=4x2

x+42;

x2=1(1)

3x28x 4=0(2)

4(x2+3)=

2(2x2+4x+3)=(5x+4)

x2+32(x2+3)(4x+x+4)

(1) x1=1 và x2=-1(loại)
(2) có Δ❑

=28>0 PT(2) cã 2 nghiÖm x3=4+2√7

3 ; x4=

4−2√7

3 ( không thỏa

mÃn)

Phơng trình có 2 nghiệm x1=1; x2=4+27

3 ;

Câu 4(3 điểm)

a) ta có ∠BOK =∠OAM (1) (đồng vị); ∠MOK =∠AMO (2) (so le);

∠OMA=∠OAM (3)

XÐt Δ BOK vµ Δ MOK cã OB=OM=R; ∠BOK =∠KOM ; OM chung

Nªn Δ BOK = Δ MOK (c.g.c) suy ra

∠OMK =∠OBK=900⇒∠OMK +∠OBK=1800

Nên 4 điểm O,B,KM cùng thuộc một đờng trịn đờng kính OK

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Gäi MB cắt OK tại P;KA cắt (O) tại N cắt MH tại I/ ta có tứ giác BPNK nôi tiếp ( vì

BPK =BNK=900 nên (Cùng bù với PNK ) mà ( so le)
Nên I

NP=I

MP suy ra tø gi¸c I/MNP néi tiÕp suy ra ∠MNA =∠MPI❑ mµ

∠MNA =∠MBA

Vậy ∠MBA =∠MPI❑ ở vị trí đồng vị nên PI///AB mà PI//AB nên I I/ vậy AK đi 
qua I

Hay 3 đờng thẳng CD, MH, AK đồng quy

c) ta cã EF=1

2(AH+HB)=
1

2AB=R ( Không đổi)

Δ EHI = Δ ECI (c.c.c) Δ FHI = Δ DHI (c.c.c) nªn

S

CDFE

=2.S

EIF

SFFI=1

2EF. IH=

R. MH

4 ≤

R. MO

4 =

R2

4 ⇒SCDFE≤
R2

2
Max(SCDFE)=R

4 ⇔H ≡O khi M thuộc chính giữa cung AB.
Câu 5 ( 1 điểm)

Cho các số dơng a, b c thoả mÃn a+b+c=abc. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

S= a

√

bc(1+a2)

+ b

√

ca(1+b2)

+ c

√

ab(1+c2)

Ta cã

√

bc(1+a2)=

√

bc+a2bc=

√

bc+a(a+b+c)=

√

bc+a2+ab+ac=

√

(a+b)(a+c)

T¬ng tù

√

ca(1+b2)=

√

(a+b)(b+c) ;

ba(1+c2)=

(a+c)(b+c)
Nên

S= a

(a+b)(a+c)+

b

(a+b)(b+c)+

c

(a+c)(b+c)=

a
a+b.

a
a+c+

b
b+c.

b
b+c+

c
c+b.

c
a+c

áp dụng BĐT AB A+B

2 (với A,B >0) ; DÊu “=” x¶y ra khi A=B

Ta cã S ≤1
2

(

a
a+b+

a
a+c+

b
b+c+

b
a+b+

c
a+c+

c
b+c

)

1
2

(

a+b
a+b+

b+c
b+c+

c+a
c+a

)

3
2
Max(S)=3

2⇔a=b=c=√3

</div>

DE THI ON LA DO























 



<sub>√</sub>

√

(

√

)

<sub>√</sub>











 











√

√

 









 

 





 





 





 





 





 













 





















 













