Chuyen Ha long 20122013

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (143.5 KB, 8 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH

---KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

NĂM HỌC 2012 -2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MƠN: TỐN

(Dành cho học sinh chun Tốn, chun Tin) Chữ ký giám thị 1
. . . .
Ngày thi: 29/6/2012

Thời gian làm bài: 150 phút

(không kể thời gian giao đề) Chữ ký giám thị 2. . . .
 (Đề thi này có 01 trang)

Câu 1. (1,5 điểm)

Cho biểu thức A =

2 a 1 2

1 :

a 1 a 1 a a a a 1

   

 

   

      

  với a  0 ; a  1.

1. Rút gọn biểu thức A.

2. Tính giá trị của A khi a = 2013 2 2012 .
Câu 2. (2,5 điểm)

1. Giải hệ phương trình : 2 2
x(1 y) 5 y
x y 4 xy

  




 

 .

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

Câu 3. (1,5 điểm)

Tìm m để phương trình : x2 (m 2)x m  2 1 0 có các nghiệm x1 , x2 thoả mãn
hệ thức : x12 2x22 3x x1 2 .

Câu 4. (3,5 điểm)

Cho hình vng ABCD cạnh a, trên cạnh BC, CD lấy hai điểm E, F thay đổi sao cho

 0

EAF45 (E thuộc BC, F thuộc CD, E khác B và C). Đường thẳng BD cắt hai đoạn thẳng
AE và AF lần lượt tại M và N. Đường thẳng đi qua A và giao điểm của EN, MF cắt EF tại H.

a) Chứng minh AH vng góc với EF.

b) Chứng minh EF luôn tiếp xúc với một đường trịn cố định.
c) Tìm vị trí của E, F để diện tích tam giác EFC đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5. (1,0 điểm)

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: x + y = 5. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4x + y 2x y
P =

xy 4




.

--- Hết
---(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ
ĐÀO TẠO
TỈNH QUẢNG

NINH

ĐỀ THI CHÍNH
THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG NĂM HỌC 2012-2013

Mơn : TỐN

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

Câu

Sơ lược lời giải

Cho điểm
1

1.1
1điểm

a 1 2 a 1 2

a 1 a 1 a (a 1) (a 1)

     



   

      

  0,25

( a 1) 1 2

a 1 a 1 ( a 1)(a 1)

 



 

     

0,25
=

( a 1) (a 1)
:

a 1 ( a 1)(a 1)

 

  

0,25
=

( a 1) ( a 1)(a 1)

a 1
( a 1)( a 1)(a 1)

  

 

  

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

0,5điểm

=> a  2012 1

=>A 2012 0,25

2

2.1
1,25điểm

Hệ

<=>

(x y) xy 5
xy(x y) 4

  


 

Đặt

x y S

xy P

 








(*) ta được
S P 5

SP 4

 




0,5

Giải hệ được
S 4
P 1





 hoặc

S 1
P 4





0,25
Với
S 4
P 1





 thay

vào (*) được
x y 4

xy 1

 





<=>

x 2 3

y 2 3

x 2 3

y 2 3

   
 
 
 

  
 


 

 

0,25
Với
S 1
P 4






 thay

vào (*) được
x y 1

xy 4

 




vô nghiệm

Vậy hệ phương
trình đã cho có 2
nghiệm : (2 3;

2 3) , (2 3;

2 3)

0,25

2.2
1,25điểm

Đ/K :
1
x



(*) 0,25

Với điều kiện đó

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

tương đương



4 2 4 3 3

 

1 2 2 1 2 1



0

 x  x x  x   x  x 



2 3

 

2 1 2 1



2 0

 x x   x 

3 2

2 1 1

  

 

 


x x
x

 x = 1 thoả mãn

(*) Vậy phương
trình có nghiệm x
= 1

0,5

3
1,5 điểm

Để phương trình
có nghiệm x1 ; x2
thì:

2 2 2 4

(m 2) 4(m 1) 0 3m 4m 0 0 m (*)

            

0,5

Từ :

2 2

1 2 1 2

x 2x 3x x

1 2

1 2 1 2

1 2

x x
(x x )(x 2x ) 0

x 2x


     


0,5

Với x1 = x2 ta có :

1 2

2
1 2

x x

x x m 2

x .x m 1




  

  

m 0
t/m (*)
4
m
3




 

0,25

Với x1 = 2x2 ta

có :
1 2
1 2
2
1 2
x 2x

x x m 2

x .x m 1




  

  

m 1
t/m (*)
1
m
7





 

Vậy với
1 4

m 0; ;1;

7 3

 

  

 

thì pt có các
nghiệm x1, x2 thoả
mãn hệ thức đã
cho

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

4

4.a
1,25điểm

I
H
M

D
A

B C

F
Có

  0

NBE = EAN = 45
=> tứ giác ANEB
nội tiếp

=> ENF 90  0

hay EN là đường
cao của  AEF.

0,5

Có

  0

MDF = MAF = 45
=> tứ giác ADFM

nội tiếp

=> AMF 90  0

hay FM là đường
cao của AEF.

0,5

có EN, FM là các
đường cao của
tam giác AEF =>
AH vng góc với
EF

0,25

4.b
1điểm

Có AH vng góc
với EF

=> EF là tiếp
tuyến của đường
tròn tâm A, bán
kính AH.

0,25

có AMHF, EMNF
là các tứ giác nội
tiếp

  

AFD AMD NFE  

và

  

DAF DMF FAH  

0,25

có ΔADF=ΔAHF
(g.c.g) => AH =
AD = a không đổi.

0,25
Vậy EF ln tiếp

xúc với đường
trịn ( A, a ) cố
định.

0,25

4.c

1,25 điểm

chứng minh được
CE + CF + EF =
CF + CE + EH +
HF = 2a.

0,25
Có

EC + CF 2 EC.CF

và

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

2 2

EC + CF  2EC.CF

2 2

EC + CE + EC + CF 2a
EC.CF

2 + 2 2 + 2

  

hay

2
2

4a
EC.CF

(2 + 2)



0,25

Đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi

EC = CF = = a(2 2)

2 + 2 

0,25
Có diện tích tam

giác EFC bằng
1

EC.CF

2 .

Vậy diện tích tam
giác EFC lớn nhất
khi và chỉ khi

EC = CF = a(2 2)
.

0,25

Bài 5

1 điểm

Cho hai số dương
,

x y thỏa mãn:
5
x y  .

4 2 4 1 4 1

4 2 4 4 2 2

x y x y x y y x y

P

xy y x y x

 

          

0,25

Thay y 5 x
được:

4 1 5 4 1 5

4 2 2 4 2



  y   x  x   y   

P x

y x y x

0,25

4 1 5 3

2 . 2 .

4 2 2

 y  x 

y x 0,25

P bằng 
3
2 khi
1; 4

x y Vậy 
Min P =

3
2

0,25

Các chú ý khi chấm:

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

2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi
tiết nhưng không được vượt quá số điểm dành cho câu hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh
trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của
cả tổ.

3. Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, khơng làm trịn điểm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH

</div>