Tải bản đầy đủ

114 đề vào 10 chuyên phú thọ 2012 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2012-2013

Môn Toán
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán)
Thời gian làm bài :150 phút không kể thời gian giao đề
Đề thi có 1 trang

Câu 1 ( 2,0 điểm)
Tính giá trị của biểu thức A  29  30 2  9  4 2  5 2
Câu 2 ( 2,0 điểm)
Cho phương trình x2 +mx+1=0 ( m là tham số)
a) Xác định các giá trị của m để phương trình có nghiệm
x12 x22
b) Tim m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 Thỏa mãn 2  2  7

x2 x1
Câu 3 ( 2,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình
2

2 x  2 xy  5 x  y  2  0
 2
2

4 x  y  2 x  3
b)Giải phương trình
x  1  x  16  x  4  x  9
Câu 4( 4 điểm)
Cho đường tròn (O;R) có dây AB  R 2 , M là điểm chuyển động trên cung
lớn AB sao cho tam giác MAB nhọn.Gọi H là trực tâm tam giác MAB, C,D lần lượt
là giao điểm thứ 2 của AH và BH với đường tròn (O).Giải sử N là giao của BC và
AD
a) Tính số đo góc AOB, góc MCD
b) Chứng minh CD là đường kính của đường tròn (O) và HN có độ dài
không đổi
c) Chứng minh HN luôn đi qua điểm cố định
Câu 5 (1,0điểm)
Cho x.y.z là các số không âm thỏa mãn x  y  z 

3
.Tìm giá trị nhỏ nhất
2

S  x3  y 3  z 3  x 2 y 2 z 2
----------------Hết---------------------

1


HƯỚNG DẪN
Câu 1(1đ) tính A = 29  30 2  9  4 2  5 2
HD
A  29  30 2  9  4 2  5 2  29  30 2  2 2  1  5 2  59  30 2  5 2  5 2  3  5 2  3

Câu 2(2đ) Cho phương trình x2 +mx +1=0


a)Xác định m để phương trình có nghiệm.

x12
x22

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn
x22
x12 >7
HD
m  2

a)Có  =m2 -4 để pt có nghiệm thì   0  m2 -4  0  
m  2

x12
x22

b) Có
x22
x12 >7 

2

 ( x1  x 2 ) 2  2 x1 x 2 

  9 (*)
x1 x 2


2

 m2  2 
  9 
th o vi t ta có x1 +x2 =-m ; x1x2 =1 => (*)  
 1 
m  5
m 2  2  3
 m2  5  
 2
m  2  3
m   5
2

2 x  2 xy  5 x  y  2  0(1)
Câu (2đ) a) giải hệ pt  2
2

4 x  y  2 x  3(2)
b) giải pt x  1  x  16  x  4  x  9 (*)

HD
1

x  (3)

a) T (1) ta được (2x-1)(x+y-2)=0 
2

 x  2  y (4)

Thay ( ) vào (2) ta được y=1 ho c y=-1
Thay (4) vào (2) ta được 5y2 -1 y+1 =0 ( vô nghiệm)
y hệ có 2 nghiệm x=1 2, y=1 ho c x=1 2, y=-1
b) ĐK x  -1
(*)  2x+17+2 ( x  1)( x  16) =2x+13+2 ( x  4)( x  9)
 2+ ( x  1)( x  16) = ( x  4)( x  9)  4+x2 +17x+16+4 ( x  1)( x  16) =x2 +13x+36
 ( x  1)( x  16) =4-x (x  4 )
 x2 +17x+16=x2 +16-18x  25x=0 x=0
y pt có nghiệm x=0,
Câu 4 (4đ) Cho (O;R) có dây cung AB=R 2 cố định. ấy M di động trên cung lớn AB
sao cho tam giác AMB có góc nhọn. Gọi H là trực tâm tam giác AMB và C;D lần lượt là
giao điểm thứ 2 của các đường th ng AH;BH với (O) Giả sử N là giao điểm của đường
th ng BC và DA.
a) Tính số đo góc AOB và MCD
b) CMR : CD là đường kính của (O) và đo n NH có độ dài không đổi.
2


c) CMR : NH luôn đi qua 1 điểm cố định.
HD
Gọi K; lần lượt là trân đương cao h t B; A của tam giác ABM
a) có OA2 + OB2 = 2R2 =AB2 = Tam giác OBA vuông t i O = góc AOB=900
có góc BMA=45 = BKM vuông cân t i K = góc DBM =45= gócDCM =45(1)

N
B
P

C
L

H

A

K

O

M
D
b) tương tự ta có A M vuông cân t i = góc AM=45=gócCDM (2)
T (1) và(2) = DCM vuông t i M = CD là đường kính của (O)
NHB và DCB có góc BNH=gócBDC = NHB đ ng d ng DCB (g-g)
 NH/DC=HB/BC (3)
i có HBC vuông t i C mà gócBCA=1 2gócAOB=45= HBC vuông cân t i B
 BH=HC (4)
T ( ) và (4) = NH DC=1 = NH=CD không đổi.
c) Gọi là trung điểm của NH
 PB=PA=1/2NH (AHN và BHN vuôngt i A và B)
Mà OB=OA=1 2CD
 OB=OA= A= B ( vì CD=HN)
i cố gócAOB= 0
 OB A là hình vuông , mà B; O; A không đổi = không đổi = O=AB=R 2
không đỏi.
y NH luôn đi qua điêm cố định
Câu 5 (1đ)
Cho x.y.z là các số không âm thỏa mãn x  y  z 
S= x3+y3+z3+x2y2z2
HD
Áp dụng BĐT Bunhia cho 2 dãy
3

3
.Tìm giá trị nhỏ nhất
2


Dãy 1 x x ; y y ; z z dãy 2
2

2

x; y; z

2

Ta có ( x  y  z )[( x x ) 2  ( y y ) 2  ( z z ) 2 ]  ( x 2  y 2  z 2 ) 2
3
2

2
3

 ( x3  y 3  z 3 )  ( x 2  y 2  z 2 )2  x3  y 3  z 3  ( x 2  y 2  z 2 )2 (*)
M t khác
x 2  x 2  ( y  z )2  x 2  ( x  y  z )( x  y  z )(1)
y 2  ( y  x  z )( y  x  z )(2); z 2  ( z  y  x)( z  y  x)(3)

T (1), (2), ( ) ta có
3
 3
 3

xyz  ( x  y  z )( x  z  y )( y  z  x)    2 z   2 x   2 y 
2
 2
 2

27 9

  x  y  z   6  xy  yz  xz   8 xyz
8 2
2

 3 x2  y 2  z 2 
27
 9 xyz 
 3  x2  y 2  z 2   x2 y 2 z 2   
 (**)
8
3
8

( x  y  z )2 3
M t khác Bunhia cho x; y; z và 1;1;1; ta có t  x 2  y 2  z 2 
 (***)
3
4

T (*) , (**) , (***)ta có
2

2

2 2 3 t 
2t 2 t 2 t 9 7t 2 t 9 1  3  11 2 3 25
S  t    
  

 
 t    t 

3
3
9 4 64
9 4 64 6  4 
8
64 64
8 3

Min( S ) 

25
3
1
t   x y z
64
4
2

GV T
mọi góp

T
THCS hượng âu – iệt Trì - hú Thọ
lời giải liên hệ gmail: tbtran1234@gmail.com
số điện tho i: 0988280207

4



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×