Giải Toán vào10 HY+HN+ĐN+HCM – Thư viện Đề thi và Kiểm tra Đề thi Toán Đại số lớp 9

Sau đây KHODETHI Đề thi Toán Đại số lớp 9 xin tổng hợp lại các bạn học sinh về Giải Toán vào10 HY+HN+ĐN+HCM, thông tin được tham khảo từ nhiều nguồn, Nếu bạn thấy hay hoặc cần thông tin gì vui lòng để lại comment bình luận

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2012 – 2013

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán
Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 điểm)
1) Cho biểu thức . Tính giá trị của A khi x = 36
2) Rút gọn biểu thức (với )
3) Với các của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị của biểu thức B(A – 1) là số nguyên
Bài II (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai người cùng làm chung một công việc trong giờ thì xong. Nếu mỗi người làm một mình thì người thứ nhất hoàn thành công việc trong ít hơn người thứ hai là 2 giờ. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi người phải làm trong bao nhiêu thời gian để xong công việc?
Bài III (1,5 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
2) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện :
Bài IV (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.
1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh
3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C
4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và . Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK
Bài V (0,5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
……………….Hết………………
Lưu ý: Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: …………………………………..Số báo danh: ………………………..
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:

GỢI Ý – ĐÁP ÁN
Bài I: (2,5 điểm)
1) Với x = 36, ta có : A =
2) Với x , x ( 16 ta có :
B = =
3) Ta có: .
Để nguyên, x nguyên thì là ước của 2, mà Ư(2) =
Ta có bảng giá trị tương ứng:

1

2

x
17
15
18
14

Kết hợp ĐK , để nguyên thì
Bài II: (2,0 điểm)
Gọi thời gian người thứ nhất hoàn thành một mình xong công việc là x (giờ), ĐK
Thì thời gian người thứ hai làm một mình xong công việc là x + 2 (giờ)
Mỗi giờ người thứ nhất làm được(cv), người thứ hai làm được(cv)
Vì cả hai người cùng làm xong công việc trong giờ nên mỗi giờ cả hai đội làm được=(cv)
Do đó ta có phương trình

( 5×2 – 14x – 24 = 0
(’ = 49 + 120 = 169,
=>(loại) và (TMĐK)
Vậy người thứ nhất làm xong công việc trong 4 giờ,
người thứ hai làm xong công việc trong 4+2 = 6 giờ.
Bài III: (1,5 điểm) 1)Giải hệ: , (ĐK: ).
Hệ .(TMĐK)
Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1).

2) + Phương trình đã cho có ( = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 >0, (m
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt (m
+ Theo ĐL Vi –ét, ta có: .
Khi đó:
( (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7 ( 10m2 – 4m – 6 = 0 ( 5m2 – 2m – 3 = 0
Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hay m = .
Trả lời: Vậy….

Bài IV: (3,5 điểm)

Ta có ( do chắn nửa đường tròn đk AB)
(do K là hình chiếu của H trên AB)
=> nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB.
Ta có (do cùng chắn của (O))
và (vì cùng chắn .của đtròn đk HB)
Vậy
Vì OC ( AB nên C là điểm chính giữa của cung AB ( AC = BC và
Xét 2 tam giác MAC và EBC có
MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và = vì cùng chắn cung của (O)
(MAC và EBC (cgc) ( CM = CE ( tam giác MCE cân tại C (1)
Ta lại có (vì chắn cung )
. ((tính chất tam giác MCE cân tại C)
Mà (Tính chất tổng ba góc trong tam giác)( (2)
Từ (1), (2) (tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C (đpcm).

4) Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK.
Xét (PAM và ( OBM :
Theo giả thiết ta có (vì có R = OB).
Mặt khác ta có (vì cùng chắn cung của (O))
( (PAM ∽ ( OBM
.(do OB = OM = R) (3)
Vì (do chắn nửa đtròn(O))
( tam giác AMS vuông tại M. (
và (4)
Mà PM = PA(cmt) nên
Từ (3) và (4) ( PA = PS hay P là trung điểm của AS.
Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: hay
mà PA = PS(cmt) hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm)

Bài V: (0,5 điểm)

Cách 1(không sử dụng BĐT Co Si)
Ta có M = =

Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra ( x = 2y
x ≥ 2y ( , dấu “=” xảy ra ( x = 2y
Từ đó ta có M ≥ 0 + 4 -=, dấu “=” xảy ra ( x = 2y
Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y

Cách 2:
Ta có M =
Vì x, y >0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương ta có ,
dấu “=” xảy ra ( x = 2y
Vì x ≥ 2y (, dấu “=” xảy ra ( x = 2y
Từ đó ta có M ≥ 1 +=, dấu “=” xảy ra ( x = 2y
Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y
Cách 3:

Ta có M =
Vì x, y >0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương ta có ,
dấu “=” xảy ra ( x = 2y
Vì x ≥ 2y (, dấu “=” xảy ra ( x = 2y
Từ đó ta có M ≥ 4-=, dấu “=” xảy ra ( x = 2y
Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y
Cách 4:
Ta có M =
Vì x, y >0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương ta có ,
dấu “=” xảy ra ( x = 2y
Vì x ≥ 2y (, dấu “=” xảy ra ( x = 2y
Từ đó ta có M ≥ += 1+=, dấu “=” xảy ra ( x = 2y
Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y

@NCL
Nguyễn Chí Luyện
THCS Thạch Hòa

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o
H­ng yªn

®Ò chÝnh thøc
(§Ò thi cã 01 trang)

kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn
N¨m häc 2012 – 2013
M«n thi: To¸n
(Dµnh cho thÝ sinh dù thi c¸c líp chuyªn: To¸n, Tin)
Thêi gian lµm bµi: 150 phót

Bài 1: (2 điểm)
Cho A =. Chứng minh A là một số tự nhiên.
Giải hệ phương trình
Bài 2: (2 điểm)
Cho Parbol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = (m +2)x – m + 6. Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương.
Giải phương trình: 5 + x +
Bài 3: (2 điểm)
Tìm tất cả các số hữu tỷ x sao cho A = x2 + x+ 6 là một số chính phương.
Cho x >1 và y > 1. Chứng minh rằng :
Bài 4 (3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao BE và CF. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S, gọi BC và OS cắt nhau tại M
Chứng minh AB. MB = AE.BS
Hai tam giác AEM và ABS đồng dạng
Gọi AM cắt EF tại N, AS cắt BC tại P. CMR NP vuông góc với BC
Bài 5: (1 điểm)
Trong một giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn một lượt (hai đội bất kỳ thi đấu với nhau đúng một trận). a) Chứng minh rằng sau 4 vòng đấu (mỗi đội thi đấu đúng 4 trận) luôn tìm được ba đội bóng đôi một chưa thi đấu với nhau. b) Khẳng định trên còn đúng không nếu các đội đã thi đấu 5 trận?

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
Cho A =
Đặt 2012 = a, ta có
Đặt
Ta có nên
Bài 2:
a) ycbt tương đương với PT x2 = (m +2)x – m + 6 hay x2 – (m +2)x + m – 6 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt.
b) Đặt t =
Bài 3:
x = 0, x = 1, x= -1 không thỏa mãn. Với x khác các giá trị này, trước hết ta chứng minh x phải là số nguyên.
+) x2 + x+ 6 là một số chính phương nên x2 + x phải là số nguyên.
+) Giả sử với m và n có ước nguyên lớn nhất là 1.
Ta có x2 + x = là số nguyên khi chia hết cho n2
nên chia hết cho n, vì mn chia hết cho n nên m2 chia hết cho n và do m và n có ước nguyên lớn nhất là 1, suy ra m chia hết cho n( mâu thuẫn với m và n có ước nguyên lớn nhất là 1). Do đó x phải là số nguyên.
Đặt x2 + x+ 6 = k2
Ta có 4×2 + 4x+ 24 = 4 k2 hay (2x+1)2 + 23 = 4 k2 tương đương với 4 k2 – (2x+1)2 = 23
= .
Theo BĐT Côsi

Nên có đpcm

Bài 4

Suy ra từ hai tam giác đồng dạng là ABE và BSM
Từ câu a) ta có (1)
Mà MB = EM( do tam giác BEC vuông tại E có M là trung điểm của BC
Nên

Nên do đó
Suy ra (2)
Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AEM và ABS đồng dạng(đpcm.)
Dễ thấy SM vuông góc với BC nên để chứng minh bài toán ta chứng minh NP //SM.
+ Xét hai tam giác ANE và APB:
Từ câu b) ta có hai tam giác AEM và ABS đồng dạng nên ,
Mà ( do tứ giác BCEF nội tiếp)
Do đó hai tam giác ANE và APB đồng dạng nên
Lại có ( hai tam giác AEM và ABS đồng dạng)
Suy ra nên trong tam giác AMS có NP//SM( định lí Talet đảo)
Do đó bài toán được chứng minh.
Bài 5
a. Giả sử kết luận của bài toán là sai, tức là trong ba đội bất kỳ thì có hai đội đã đấu với nhau rồi. Giả sử đội  đã gặp các đội 2, 3, 4, 5. Xét các bộ (1; 6; i) với i Є7; 8; 9;…;12, trong các bộ này phải có ít nhất một cặp đã đấu với nhau, tuy nhiên 1 không gặp 6 hay i nên 6 gặp i với mọi i Є7; 8; 9;…;12 , vô lý vì đội 6 như thế đã đấu hơn 4 trận. Vậy có đpcm. b. Kết luận không đúng. Chia 12 đội thành 2 nhóm, mỗi nhóm 6 đội. Trong mỗi nhóm này, cho tất cả các đội đôi một đã thi đấu với nhau. Lúc này rõ ràng mỗi đội đã đấu 5 trận. Khi xét 3 đội bất kỳ, phải có 2 đội thuộc cùng một nhóm, do đó 2 đội này đã đấu với nhau. Ta có phản ví dụ. Có thể giải quyết đơn giản hơn cho câu a. như sau: Do mỗi đội đã đấu 4 trận nên tồn tại hai đội A, B chưa đấu với nhau. Trong các đội còn lại, vì A và B chỉ đấu 3 trận với họ nên tổng số trận của A, B với các đội này nhiều nhất là 6 và do đó, tồn tại đội C trong số các đội còn lại chưa đấu với cả A và B. Ta có A, B, C là bộ ba đội đôi một chưa đấu với nhau.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM Năm học: 2012 – 2013
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
b)
c)
d)
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): trên cùng một hệ trục toạ

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai.