TS Vao 10 Nguyen Du Dak Lak 1213

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (145.65 KB, 6 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
NĂM HỌC 2012 – 2013

MƠN THI: TỐN - CHUN

(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 23/6/2012

Câu 1: (3,0 điểm)

1) Giải phương trình: x2 2x 2x2 4x3

2) Chứng minh rằng:

1 1 1 1

1.2.3...2002. 1

2 3 2001 2002

P       

  

Câu 2: (3,0 điểm)

1) Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3xy6x y  52 0
2) Tìm các số thực x, y thỏa mãn:

2
2

4 5
1

x

y y

x    

Câu 3: (2,0 điểm)

Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R. Gọi C là điểm bất kỳ thuộc (O)
(0 < CA < CB). Qua B vẽ đường thẳng d vng góc AB, tiếp tuyến tại C cắt đường
thẳng d tại D và đường thẳng AB tại E, OC cắt đường thẳng d tại F.

1) Chứng minh tứ giác BCEF là hình thang.

2) Gọi G là giao điểm của AC và EF. Giả sử tứ giác ODCG là hình bình hành. Tính
OF theo R.

Câu 4: (1,0 điểm)

Xác định các góc của tam giác ABC biết AC < AB, đường cao AH và đường

trung tuyến AM chia góc BAC thành ba phần bằng nhau.

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

Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện:





2 3 5

x   x  . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức:









4 2

4 3 6 2 3

A x   x  x  x .

SƠ LƯỢC BÀI GIẢI

Câu 1: (3,0 điểm)

1) ĐK:

 

2
2

2 0
*
2 4 3 0

x x

  



   



Đặt x x



2



t



t0



, phương trình đã cho trở thành:









2 3 0 3

t chon

t t

t loai

 

   

 


Do đó





1 2 2 1 0 1 2

1 2

x

x x x x

x

  
       

 

 (thỏa mãn (*))

Vậy phương trình có hai nghiệm là x1 1 2, x2  1 2

1 1 1 1

1.2.3...2002. 1

2 3 2001 2002

P       

  

1 1 1 1 1 1 1

1.2.3...2002 1

2002 2 2001 3 2000 1001 1002
2003 2003 2003 2003

1.2.3...2002

2002 2.2001 3.2000 1001.1002
2003a 2003b 2003c 2003 2003z

       

          

       

 

 

      

 

    



 

Câu 2: (3,0 điểm)





52 6 54

3 6 52 0 3 1 52 6 2

3 1 3 1

x

xy x y y x x y

x x



           

  (x nguyên nên

3x 1 0)

Do y nguyên 

54
2

3x1 nguyên (với x nguyên)

3x 1

  Ư(54)       



1; 2; 3; 6; 9; 18; 27; 54 





0; 1

 



x x Z

   

Với x = 0  y = 52; với x = - 1  y = -29

Vậy phương trình có hai nghiệm ngun (x, y) là: (0; 52) và (-1; -29)
2)

2
2

4 5
1

x

y y

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

Ta có





2 4 5 2 1 1

y  y   y   , dấu “=” xảy ra khi y = 2

Do đó





1 2 1 1 0

x

x x x

x         chỉ xảy ra khi x = 1

Vậy cặp số thực (x, y) cần tìm là (1; 2)

Câu 3: (2,0 điểm)

1) Chứng minh tứ giác BCEF là hình thang.

Do BD, CD là tiếp tuyến của (O) nên OD là trung trực BC  OD  BC (a)

Xét tam giác DEF, ta có:

EB  DF (d là tiếp tuyến của (O) tại B)

FC  DE (DE là tiếp tuyến của (O) tại C)
 O là trực tâm tam giác DEF  OD  EF (b)

Từ (a) và (b)  BC // EF. Vậy tứ giác BCEF là hình thang.

2) Dể dàng chứng minh được BCEF là hình thang cân

OF OE

 

Vì DO là phân giác của tam giác BDE nên

OE ED

OB BD (tính chất đường phân giác)









1 1

OB CE CD CE CE

OE R R BD CD OG

BD CD OG

     

          

   

Lại cóOG CE OG CD//





CE CF OC OF

OG OF OF



   1 R

OE

 

Do đó

2 2

1 1 R 2 . 0

OE R OE R OE R

OE

 

       

 



1 2







OE R OE

   

Vậy OF  



1 2



R

Câu 4: (1,0 điểm)

ACM có: CAH MAH , AH  CM (gt)

Vậy ACM cân tại A  CH = MH =

1
2CM

Kẻ MI  AB (I  AB)

Lại có AM là phân giác BAH (gt)  MI = MH =

1 1

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

BMI có BIM 900 (MI  AB),

1
2

MI  BM

(cmt)

 300

B

  , từ đó tính được BAC 90 ,0 C 600

Câu 5: (1,0 điểm)

Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện:





2 3 5

x   x  . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức:









4 2

4 3 6 2 3

A x   x  x  x .

Đặt 3 x y , ta có

2 2

2 2 2 2

3 2 9

5 5

x y x y xy

x y x y

     


 
   
 

















 

2 2 2 2

2 2

4 2 5 4.9 41

5 4 2 41

x y x y xy

x y xy a

       

   

Lại có









2 2

4 x y 5 2xy 0

    

  với mọi x, y

























































 

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

16 25 2 40 2

41 41 2 25 40 2 16 2

41 2 5 4 2

x y xy x y xy

x y xy x y x y xy xy

x y xy x y xy b

    
       
   
      
 
 

Từ (a) và (b)









2 2

2 2 2

41 x y 2xy  41

     
 

















2 2
2 2

4 4 2 2

4 2

2 41

6 41

3 6 3 41

x y xy

x y x y

A x x x x

   

      

Dấu “=” xảy ra khi









2 2
2 2
3
1, 2
5
2, 1

4 5 2

x y

x y

x y xy

  

   

  
 
 


 



Vậy minA = 41 khi x = 1 hoặc x = 2

Cách khác:

Đặt: 1,5 x t  3 x1,5t và x 1,5 t



1,5





1,5



4 6 1,5



 

2 1,5



A t t t t

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





















2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

4 2

(1,5 ) (1,5 ) 6(1,5 ) (1,5 )

(1,5 ) (1,5 ) 2(1,5 ) (1,5 ) 6(1,5 ) (1,5 )
3 2,25 3 2,25 4 (1,5 )(1,5 )

2 4,5 4 2,25
2 4,5 4,5 2
4 18 20,2

t t t t

t t t t t t

t t

        

          

         

   

   5 4 t4  18t2 20,25
8t440,5

Mặt khác:





2 3 5

x   x  (gt)



1,5 t





1,5 t2



5 t2 3t 2,25 t2 3t 2,25 5 2t2 4,5 5 t2 0,25

                

4 0,0625 8 4 0,5 8 4 40,5 41

t t t

      

A

  ; Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

2 0,25 0,5 1,5 0,5 1

1,5 0,5 2

x x

t t

x x

  

 

      

  

 

Vậy minA = 41 khi x = 1hoặcx = 2

Giải Câu 5 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Nguyễn Du DakLak 2012-2013

Câu 5: (1,0 điểm)

Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện:





2 3 5

x   x  . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức:









4 2

4 3 6 2 3

A x   x  x  x .

Giải:

Đặt: 1,5 x t  3 x1,5t và x 1,5 t



1,5





1,5



4 6 1,5



 

2 1,5



A t t t t

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





















2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

4 2

(1,5 ) (1,5 ) 6(1,5 ) (1,5 )

(1,5 ) (1,5 ) 2(1,5 ) (1,5 ) 6(1,5 ) (1,5 )
3 2,25 3 2,25 4 (1,5 )(1,5 )

2 4,5 4 2,25
2 4,5 4,5 2
4 18 20,2

t t t t

t t t t t t

t t

        

          

         

   

   5 4 t4  18t2 20,25
8t440,5

Mặt khác:





2 3 5

x   x  (gt)



1,5 t





1,5 t2



                

4 0,0625 8 4 0,5 8 4 40,5 41

t t t

      

A

  ; Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

2 0,25 0,5 1,5 0,5 1

1,5 0,5 2

x x

t t

x x

  

 

      

  

 

</div>

TS Vao 10 Nguyen Du Dak Lak 1213













<i><b>SƠ LƯỢC BÀI GIẢI</b></i>

 































 































































 













































