Tải bản đầy đủ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN TOÁN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK










































SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN HỌC
(Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25/6/2013

Câu 1
: (1,5 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:
12 27 48A   

2) Chứng minh rằng:
1
:
x y y x
x y
xy x y

 

; với 0, 0x y  và x y

Câu 2
: (2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình
2 1
3 4 1
x y
x y
 


  


2) Giải phương trình:
2
2
0
1 4 3
x
x x x
 
  


Câu 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình
 
2 2
2 1 0x m x m    (m là tham số)
1) Tìm m để phương trình có nghiệm.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm
1 2
,x x sao cho:
2 2
1 2 1 2
5 13x x x x   .

Câu 4
: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của đường
tròn. M là một điểm trên đường tròn (M khác A, B). Tiếp tuyến tại M của đường tròn
cắt Ax, By lần lượt tại P, Q.
1) Chứng minh rằng: tứ giác APMO nội tiếp.
2) Chứng minh rằng : AP + BQ = PQ.
3) Chứng minh rằng :
2
AP.BQ=AO
.
4) Khi điểm M di động trên đường tròn (O), tìm các vị trí của điểm M sao cho
diện tích tứ giác APQB nhỏ nhất.

Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các số thực x, y thỏa mãn: x + 3y = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
16 2A x y y x    .







www.VNMATH.com








































SƠ LƯỢC BÀI GIẢI
Câu 1: (1,5 điểm)
1) 12 27 48 2 3 3 3 4 3 3A       
2) Ta có
 
 
1
:
xy x y
x y y x
x y x y
xy x y xy


    


Câu 2
: (2,0 điểm)
1)
 
1 2
2 1 1 2 1
3 4 1 2 1
3 4 1 5 5 1
y x
x y y x x
x x
x y x y
 
     
  
  
   
   
       
  


2) ĐK: 1, 3x x 
  
 
2
2
2 2
0 0
1 4 3 1 1 3
3 2 0 3 2 0
x x
x x x x x x
x x x x
    
     
       

Vì a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0
1
1x 
(không TMĐK),
2
2x 
(TMĐK)
Vậy phương trình có một nghiệm là
2x 

Câu 3
: (2,0 điểm)
1) Phương trình có nghiệm khi
 
2
' 2
1
1 0 2 1 0
2
m m m m          
2) Phương trình có hai nghiệm
1 2
,x x
khi
1
2
m   (theo câu 1). Theo Viét, ta có:
 
1 2
2
1 2
2 1x x m
x x m
    




Khi đó
   
2 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
5 13 7 13 4 1 7 13x x x x x x x x m m          

 
2
3 8 9 0 *m m   


'
16 27 11 0     
, nên (*) vô nghiệm.
Vậy không tồn tại giá trị nào của m để phương trình
 
2 2
2 1 0x m x m    có hai
nghiệm
1 2
,x x
sao cho:
2 2
1 2 1 2
5 13x x x x   .
Câu 4: (3,5 điểm)
1) Xét tứ giác APMQ, ta có:


0
90OAP OMP  (vì PA, PM là tiếp tuyến của (O))
Vậy tứ giác APMO nội tiếp.
2) Ta có AP = MP (AP, MP là tiếp tuyến của (O))
BQ = MQ (BQ, MQ là tiếp tuyến của (O))
AP+BQ=MP+MQ=PQ
3) Ta có OP là phân giác

AOM
(AP, MP là tiếp tuyến của (O))
OQ là phân giác

BOM
(BQ, MQ là tiếp tuyến của (O))



0
180AOM BOM 
(hai góc kề bù)

0
90POQ 

www.VNMATH.com








































Xét POQ , ta có:

0
90POQ  (cmt), OM PQ (PQ là tiếp tuyến của (O) tại M)
2
.MP MQ OM 
(hệ thức lượng)
Lại có ,MP AP MQ BQ  (cmt), OM AO (bán kính)
Do đó
2
.AP BQ AO
4) Tứ giác APQB có:
 
// ,AP BQ AP AB BQ AB  , nên tứ giác APQB là hình
thang vuông
 
.
2 2
APQB
AP BQ AB
PQ AB
S

  
Mà AB không đổi, nên
APQB
S đạt GTNN
PQ nhỏ nhất //PQ AB PQ AB OM AB    
M
là điểm chính giữa

AB. Tức là
1
M M
hoặc
2
M M
(hình vẽ) thì
APQB
S đạt
GTNN là
2
2
AB

Câu 5
: (1,0 điểm)
Ta có 3 5 5 3x y x y    
Khi đó
   
2
2 2 2 2
16 2 5 3 16 2 5 3 10 20 35A x y y x y y y y y y            

 
2
10 1 25 25y    (vì
 
2
10 1 0y   với mọi y )
Dấu “=” xảy ra khi
 
2
5 3
2
1
10 1 0
x y
x
y
y
 





 

 




Vậy GTNN của A là 25 khi
2
1
x
y







www.VNMATH.com

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×