›
›
›

Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán tỉnh Thanh Hóa từ năm 2001 đến 2019

doc 81 trang thaodu 6110
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán tỉnh Thanh Hóa từ năm 2001 đến 2019", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_mon_toan_tinh_thanh_hoa_tu.doc

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán tỉnh Thanh Hóa từ năm 2001 đến 2019

  1. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2000 – 2001 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: (2 §iÓm) a. T×m c¸c gi¸ trÞ cña a, b biÕt r»ng ®å thÞ cña hµm sè y = ax + b ®i qua c¸c ®iÓm A(2; - 1 1) ; B( ; 2) 2 b. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× ®å thÞ cña c¸c hµm sè y = mx + 3; y = 3x – 7 vµ ®å thÞ cña hµm sè x¸c ®Þnh ë c©u a ®ång quy (C¾t nhau t¹i mét ®iÓm). Bµi 2: (2 §iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh bËc hai: x2 – 2(m+1)x + 2m + 5 = 0 5 a. Gi¶i ph­¬ng tr×nh khi m = 2 b. T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm. Bµi 3: (2,5 §iÓm) Cho ®­êng trßn (O) vµ mét ®­êng kÝnh AB cña nã. Gäi S lµ trung ®iÓm cña OA, vÏ mét ®­êng trßn (S) cã t©m lµ ®iÓm S vµ ®i qua A. a. Chøng minh ®­êng trßn (O) vµ ®­êng trßn (S) tiÕp xóc nhau. b. Qua A vÏ ®­êng th¼ng Ax c¾t c¸c ®­êng trßn (S) vµ (O) theo thø tù t¹i M, Q; ®­êng th¼ng Ay c¾t c¸c ®­êng trßn (S) vµ (O) theo thø tù t¹i N, F; ®­êng th¼ng Az c¾t c¸c ®­êng trßn (S) vµ (O) theo thø tù t¹i P, T. Chøng minh tam gi¸c MNP ®ång d¹ng víi tam gi¸c QFT. Bµi 4: (2 §iÓm) Cho h×nh chãp SABC cã tÊt c¶ c¸c mÆt ®Òu lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a. Gäi M lµ trung ®iÓm cña c¹nh SA; N lµ trung ®iÓm cña c¹nh BC. a. Chøng minh MN vu«ng gãc víi SA vµ BC. b. TÝnh diÖm tÝch cña tam gi¸c MBC theo a. Bµi 5: (1,5 §iÓm) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc M = (x 1999)2 (x 2000)2 (x 2001)2 HÕt
  2. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2001 – 2002 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót x2 6 1 10 x2 Bµi 1: (1,5 §iÓm) Cho biÓu thøc: A = 3 : x 2 x 4x 3x 6 x 2 x 2 a. Rót gän biÓu thøc A. 1 b. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A víi x = 2 Bµi 2: (2 §iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh : x2 – 2(m - 1)x – (m +1) = 0 a. Gi¶i ph­¬ng tr×nh víi m = 2 b. Chøng minh r»ng víi mäi m ph­¬ng tr×nh lu«n lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2. c. T×m m ®Ó x1 x2 cã gi¸ trÞ nhá nhÊt. x y 1 Bµi 3: (1,5 §iÓm) Cho hÖ ph­¬ng tr×nh: . mx y 2m a. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh víi m = 2. b. X¸c ®Þnh m ®Ó hÖ ph­¬ng tr×nh cã mét nghiÖm? V« nghiÖm? V« sè nghiÖm? Bµi 4: (2,5 §iÓm) Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC), víi ¢ = 450, néi tiÕp trong ®­êng trßn t©m O. §­êng trßn ®­êng kÝnh BC c¾t AB ë E, c¾t AC ë F. a. Chøng minh r»ng: O thuéc ®­êng trßn ®­êng kÝnh BC. b. Chøng minh AEC , AFB lµ nh÷ng tam gi¸c vu«ng c©n. 2 c. Chøng minh tø gi¸c EOFB lµ h×nh thang c©n. Suy ra EF = BC 2 Bµi 5: (1,5 §iÓm) Cho tø diÖn S.ABC cã ®¸y ABC lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh 2cm. SA vu«ng gãc víi ®¸y, SA = 2 cm. a. TÝnh thÓ tÝch cña tø diÖn. b. Gäi AM lµ ®­êng cao, O lµ trùc t©m cña tam gi¸c ABC. Gäi H lµ h×nh chiÕu cña O trªn SM. Chøng minh r»ng OH vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (SBC). Bµi 6:(1 §iÓm) T×m nghiÖm nguyªn d­¬ng cña ph­¬ng tr×nh: x y 1998 HÕt
  3. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2002 – 2003 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: (1,5 §iÓm) 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x2 – 6x +5 = 0 2. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = 32 50 8 : 18 Bµi 2: (1,5 §iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh mx2 – (2m+1)x + m - 2 = 0 (1), víi m lµ tham sè. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ph­¬ng tr×nh (1): 1. Cã nghiÖm. 2. Cã tæng b×nh ph­¬ng c¸c nghiÖm b»ng 22. 3. Cã b×nh ph­¬ng cña hiÖu hai nghiÖm b»ng 13. Bµi 3: (1 §iÓm) Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp hÖ ph­¬ng tr×nh: TÝnh c¸c c¹nh cña mét tam gi¸c vu«ng biÕt r»ng chu vi cña nã lµ 12cm vµ tæng b×nh ph­¬ng ®é dµi c¸c c¹nh b»ng 50. 3x2 5 Bµi 4: (1 §iÓm) Cho biÓu thøc: B = x2 1 1. T×m c¸c gi¸ trÞ nguyªn cña x ®Ó B nhËn gi¸ trÞ nguyªn. 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña B. Bµi 5: (2,5 §iÓm) Cho tam gi¸c ABC c©n ®Ønh A néi tiÕp trong ®­êng trßn t©m O. Gäi M, N, P lÇn l­ît lµ c¸c ®iÓm chØnh gi÷a c¸c cung nhá AB, BC, CA; BP c¾t AN t¹i I; MN c¾t AB t¹i E. Chøng minh r»ng: 1. Tø gi¸c BCPM lµ h×nh thang c©n; gãc ABN cã sè ®o b»ng 900. 2. Tam gi¸c BIN c©n; EI // BC. Bµi 6: (1,5 §iÓm) Cho h×nh chãp tø gi¸c ®Òu S.ABCD cã ®é dµi c¹nh ®¸y lµ 18cm, ®é dµi ®­êng cao lµ 12cm. 1.TÝnh diÖn tÝch xung quanh vµ thÓ tÝch cña h×nh chãp. 2.Chøng minh ®­êng th¼ng AC vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (SBD). Bµi 7: (1 §iÓm) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x4 x2 2002 2002
  4. HÕt Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2003 – 2004 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: (2 §iÓm) 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x2 – 2x - 1 = 0 x y 1 2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 1 2 2 x y 2 x 2 x 1 x 1 Bµi 2: (2 §iÓm) Cho biÓu thøc: M = x 2 x 1 2 1. T×m ®iÒu kiÖn cña x ®Ó M cã nghÜa. 2. Rót gän M. 1 3. Chøng minh M 4 Bµi 3: (1,5 §iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh: x2 – 2mx + m2 - |m| - m = 0 (Víi m lµ tham sè) 1. Chøng minh r»ng ph­¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña m. 2 2 2. Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh. T×m m ®Ó x1 + x2 = 6 Bµi 4: (3,5 §iÓm) Cho B vµ C lµ c¸c ®iÓm t­¬ng øng thuéc c¸c c¹nh Ax, Ay cña gãc vu«ng xAy (B A, C A). Tam gi¸c ABC cã ®­êng cao AH vµ ph©n gi¸c BE. Gäi D lµ ch©n ®­êng vu«ng gãc h¹ tõ A lªn BE, O lµ trung ®iÓm cña AB. 1. Chøng minh ADHB vµ CEDH lµ c¸c tø gi¸c néi tiÕp ®­îc trong ®­êng trßn. 2. Chøng minh AH  OD vµ HD lµ ph©n gi¸c cña gãc OHC. 3. Cho B vµ C di chuyÓn trªn Ax vµ Ay tho¶ m·n AH = h (h kh«ng ®æi). TÝnh diÖn tÝch tø gi¸c ADHO theo h khi diÖn tÝch cña tam gi¸c ABC ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. Bµi 5: (1,5 §iÓm) Cho hai sè d­¬ng x, y thay ®æi sao cho x + y = 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt 1 1 cña biÓu thøc: P = 1 2 1 2 x y HÕt
  5. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2004 – 2005 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: (2 §iÓm) 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x2 – 3x - 4 = 0 2(x y) 3y 1 2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 3x 2(x y) 7 a 2 a 2 a 1 Bµi 2: (2 §iÓm) Cho biÓu thøc: B = . a 2 a 1 a 1 a 1. T×m ®iÒu kiÖn cña a ®Ó biÓu thøc B cã nghÜa. 2 2. Chøng minh B = a 1 Bµi 3: (2 §iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh: x2 – (m+1)x + 2m - 3 = 0 (Víi m lµ tham sè) 1. Chøng minh r»ng ph­¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt. 2. T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a hai nghiÖm x1, x2 cña ph­¬ng tr×nh sao cho hÖ thøc ®ã kh«ng phô thuéc m. Bµi 4: (3 §iÓm) Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän, néi tiÕp trong ®­êng trßn t©m O vµ d lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn t¹i C. Gäi AH vµ BK lµ c¸c ®­êng cao cña tam gi¸c; M, N, P, Q lÇn l­ît lµ ch©n ®­êng vu«ng gãc kÎ tõ A, K, H, B xuèng ®­êng th¼ng d. 1. Chøng minh r»ng: tø gi¸c AKHB néi tiÕp vµ tø gi¸c HKNP lµ h×nh ch÷ nhËt. 2. Chøng minh r»ng:  HMP =  HAC,  HMP =  KQN. 3. Chøng minh r»ng: MP = QN Bµi 5: (1 §iÓm) Cho 0 < x < 1 1 1. Chøng minh r»ng: x( 1 – x ) 4 2. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: 4x2 1 A = x2 (1 x) hÕt
  6. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2005 – 2006 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót a a 2 Bµi 1: (2 §iÓm) Cho biÓu thøc: A = a 1 a 1 a 1 1. T×m ®iÒu kiÖn cña a ®Ó biÓu thøc A cã nghÜa. 2 2. Chøng minh A = a 1 3. T×m a ®Ó A < -1 Bµi 2: (2 §iÓm) 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x2 – x - 6 = 0 2 2. T×m a ®Ó ph­¬ng tr×nh: x – (a - 2)x – 2a = 0 cã hai nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: 2x1 + 3x2 = 0 Bµi 3: (1,5 §iÓm) T×m hai sè thùc d­¬ng a, b sao cho ®iÓm M cã to¹ ®é (a; b2 + 3) vµ ®iÓm N cã to¹ ®é (ab ; 2) cïng thuéc ®å thÞ cña hµm sè y = x2 Bµi 4: (3 §iÓm) Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, cã ®­êng cao AH. §­êng trßn (O) ®­êng kÝnh HC c¾t c¹nh AC t¹i N. TiÕp tuyÕn víi ®­êng trßn (O) t¹i ®iÓm N c¾t c¹nh AB t¹i ®iÓm M. Chøng minh r»ng: 1. HN // AB vµ tø gi¸c BMNC néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn. 2. Tø gi¸c AMHN lµ h×nh ch÷ nhËt. 2 MN NC 3. 1 MH NA Bµi 5: (1 §iÓm) Cho a, b lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n ®iÒu kiÖn a + b 0 2 2 2 ab 1 Chøng minh r»ng: a b 2 a b HÕt
  7. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2006 – 2007 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót a a a 5 a Bµi 1: (1,5 §iÓm) Cho biÓu thøc: A = 3 3 a 1 a 5 1. T×m c¸c gi¸ trÞ cña a ®Ó biÓu thøc A cã nghÜa. 2. Rót gän A Bµi 2: (1,5 §iÓm) 6 1 Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 1 x2 9 x 3 Bµi 3: (1,5 §iÓm) 5(3x y) 3y 4 Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 3 x 4(2x y) 2 Bµi 4: (1 §iÓm) T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph­¬ng tr×nh sau v« nghiÖm: x2 – 2mx + m|m| + 2 = 0 Bµi 5: (1 §iÓm) Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD cã AB = 2cm, AD = 3cm. Quay h×nh ch÷ nhËt ®ã quanh AB th× ®­îc mét h×nh trô. TÝnh thÓ tÝch h×nh trô ®ã. Bµi 6: (2,5 §iÓm) Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän, Gãc B gÊp ®«i gãc C vµ AH lµ ®­êng cao. Gäi M lµ trung ®iÓm cña c¹nh AC, c¸c ®­êng th¼ng MH, AB c¾t nhau t¹i ®iÓm N. Chøng minh r»ng: a. Tam gi¸c MHC c©n. b. Tø gi¸c NBMC néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn. c. 2MH2 = AB2 + AB.BH Bµi 7: (1 §iÓm) Chøng minh r»ng víi a > 0 ta cã: a 5(a2 1) 11 a2 1 2a 2 hÕt
  8. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2007 – 2008 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (2 §iÓm) 1. Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tö: A = a + ax + x + 1 2. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x2 – 3x + 2 = 0 Bµi 2: (2 §iÓm) 1. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã c¹nh AB = 18cm, AC = 2cm. Quay tam gi¸c ABC mét vßng quanh c¹nh gãc vu«ng AB cè ®Þnh, ta ®­îc mét h×nh nãn. TÝnh thÓ tÝch h×nh nãn ®ã . a a a a 2. Chøng minh r»ng víi a 0; a 1 ta cã: 1 1 1 a a 1 a 1 Bµi 3: (2 §iÓm) 1. BiÕt r»ng ph­¬ng tr×nh x 2 – 2(a+1)x + a 2 + 2 = 0 (Víi a lµ tham sè) cã mét nghiÖm x = 1. T×m nghiÖm cßn l¹i cña ph­¬ng tr×nh nµy. 2 1 1 x 2 y 2 2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 8 5 1 x 2 y 2 Bµi 4: (3 §iÓm) Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i C cã ®­êng cao CH. §­êng trßn t©m O ®­êng kÝnh AH c¾t c¹nh AC t¹i ®iÓm M (M A), ®­êng trßn t©m O’ ®­êng kÝnh BH C¾t c¹nh BC t¹i ®iÓm N (N B). Chøng minh r»ng: 1. Tø gi¸c CMHN lµ h×nh ch÷ nhËt. 2. Tø gi¸c AMNB néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn. 3. MN lµ tiÕp tuyÕn chung cña ®­êng trßn ®­êng kÝnh AH vµ ®­êng trßn ®­êng kÝnh OO’. Bµi 5: (1 §iÓm)
  9. Cho hai sè tù nhiªn a, b tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: a + b = 2005. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña tÝch ab. HÕt Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2008 – 2009 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (2 §iÓm) Cho hai sè x1 = 2 - 3 , x2 = 2 + 3 1. TÝnh x1 + x2 vµ x1x2 2. LËp ph­¬ng tr×nh bËc hai Èn x nhËn x1, x2 lµ hai nghiÖm. Bµi 2: (2,5 §iÓm) 3x 4y 7 1. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 2x y 1 a 1 1 a 1 2. Rót gän biÓu thøc: A = Víi a 0;a 1 a 1 a 1 a 2 Bµi 3: (1 §iÓm) Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho ®­êng th¼ng (d): y = (m2 - m)x + m vµ ®­êng th¼ng (d’): y = 2x + 2. t×m m ®Ó ®­êng th¼ng (d) song song víi ®­êng th¼ng (d’) Bµi 4: (3,5 §iÓm) Trong mÆt ph¼ng cho ®­êng trßn (O), AB lµ d©y cung kh«ng ®i qua t©m cña ®­êng trßn (O). Gäi I lµ trung ®iÓm cña d©y cung AB, M lµ mét ®iÓm trªn cung lín AB (M kh«ng trïng víi A, B). VÏ ®­êng trßn (O’) ®i qua m vµ tiÕp xóc víi ®­êng th¼ng AB t¹i A. Tia MI c¾t ®­êng trßn (O’) t¹i ®iÓm thø hai N vµ c¾t ®­êng trßn (O) t¹i ®iÓm thø hai C. 1. Chøng minh BIC = AIN, tõ ®ã chøng minh tø gi¸c ANBC lµ h×nh b×nh hµnh. 2. Chøng minh r»ng BI lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BMN 3. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÓm M trªn cung lín AB ®Ó diÖn tÝch tø gi¸c ANBC lín nhÊt. Bµi 5: (1 §iÓm) T×m nghiÖm d­¬ng cña ph­¬ng tr×nh: 2005 2005 1 x x2 1 1 x x2 1 22006
  10. HÕt Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2009 – 2010 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (1,5 §iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh: x2 – 4x + q = 0 (1) víi q lµ tham sè 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh (1) khi q = 3 2. T×m q ®Ó ph­¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm. 2x y 5 Bµi 2: (1,5 §iÓm) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: x 2y 7 Bµi 3: (2,5 §iÓm) Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho parabol (P): y = x2 vµ ®iÓm D(0;1). 1. ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm D(0;1) vµ cã hÖ sè gãc k. 2. Chøng minh r»ng ®­êng th¼ng (d) lu«n c¾t parabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt G vµ H víi mäi k. 3. Gäi hoµnh ®é cña hai ®iÓm G vµ H lÇn l­ît lµ x1 vµ x2. Chøng minh r»ng: x1.x2 = -1, tõ ®ã suy ra tam gi¸c GOH lµ tam gi¸c vu«ng. Bµi 4: (3,5 §iÓm) Cho nöa ®­êng trßn t©m O, ®­êng kÝnh AB = 2R. Trªn tia ®èi cña tia BA lÊy ®iÓm K (kh¸c víi ®iÓm B). Tõ c¸c ®iÓm K, A vµ B kÎ c¸c tiÕp tuyÕn víi nöa ®­êng trßn (O). TiÕp tuyÕn kÎ tõ ®iÓm K c¾t c¸c tiÕp tuyÕn kÎ tõ ®iÓm A vµ B lÇn l­ît t¹i C vµ D. 1. Gäi Q lµ tiÕp ®iÓm cña tiÕp tuyÕn kÎ tõ K tíi nöa ®­êng trßn (O). Chøng minh tø gi¸c BDQO néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn. CQ DQ 2. Chøng minh tam gi¸c BKD ®ång d¹ng víi tam gi¸c AKC, tõ ®ã suy ra . CK DK 3. §Æt  BOD = . TÝnh ®é dµi c¸c ®o¹n th¼ng AC vµ BD theo R vµ . Chøng tá r»ng tÝch AC.BD chØ phô thuéc vµo R, kh«ng phô thuéc vµo .
  11. 3t 2 Bµi 5: (1 §iÓm) Cho c¸c sè thùc t, u, v tho¶ m·n: u2 + uv + v2 = 1- 2 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: D = t + u + v HÕt Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2010 – 2011 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (2 §iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh: x2 + px - 4 = 0 (1) víi p lµ tham sè 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh (1) khi p = 3 2. Gi¶ sö x1, x2 lµ c¸c nhiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1), t×m p ®Ó: 2 2 x1(x2 + 1) + x2(x1 + 1) > 6 Bµi 2: (2 §iÓm) c 3 c 3 1 1 Cho biÓu thøc C = víi c 0;c 9 c 3 c 3 3 c 1. Rót gän C. 2. T×m c ®Ó biÓu thøc C nhËn gi¸ trÞ nguyªn. Bµi 3: (2 §iÓm) Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho parabol (P): y = x2 vµ c¸c ®iÓm C, D thuéc parabol (P) víi xC = 2, xD = -1. 1. T×m to¹ ®é c¸c ®iÓm C, D vµ viÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng CD. 2. T×m q ®Ó ®­êng th¼ng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (víi q lµ tham sè) song song víi ®­êng th¼ng CD. Bµi 4: (3 §iÓm) Cho tam gi¸c BCD cã ba gãc nhän néi tiÕp ®­êng trßn t©m O, c¸c ®­êng cao CM, DN cña tam gi¸c c¾t nhau t¹i H. 1. Chøng minh tø gi¸c CDMN lµ tø gi¸c néi tiÕp trong mét ®­êng trßn. 2. KÐo dµi BO c¾t ®­êng trßn (O) t¹i K. Chøng minh tø gi¸c CHDK lµ h×nh b×nh hµnh.
  12. 3. Cho c¹nh CD cè ®Þnh, B thay ®æi trªn cung lín CD sao cho tam gi¸c BCD lu«n nhän. X¸c ®Þnh vÞ trÝ ®iÓm B ®Ó diÖn tÝch tam gi¸c CDH lín nhÊt. Bµi 5: (1 §iÓm) Cho u, v lµ c¸c sè d­¬ng tho¶ m·n u + v = 4. 33 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña: P = u2 + v2 + uv HÕt Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2011 – 2012 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (1,5 §iÓm) 1. cho hai sè x1 = 1 + 2 , x2 = 1 - 2 TÝnh x1 + x2 x 2y 1 2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 2x y 3 Bµi 2: (2 §iÓm) c c 4 c 1 1 Cho biÓu thøc C = : víi c 0;c 4 c 2 c 2 c 4 c 2 1. Rót gän C. 2. TÝnh gi¸ trÞ cña C t¹i c 6 4 2 . Bµi 3: (2,5 §iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh x2 – (2p – 1)x + p(p – 1) = 0 (1) (Víi p lµ tham sè) 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh (1) víi p = 2 2. Chøng minh r»ng ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi p. 3. Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1) (víi x1 < x2) 2 Chøng minh: x1 – 2x2 +3 0 Bµi 4: (3 §iÓm) Cho tam gi¸c CDE cã ba gãc nhän, c¸c ®­êng cao DK, EF cña tam gi¸c c¾t nhau t¹i H. 1. Chøng minh tø gi¸c CFHK lµ tø gi¸c néi tiÕp trong mét ®­êng trßn. 2. Chøng minh CFK vµ CED ®ång d¹ng.
  13. 3. KÎ tiÕp tuyÕn Kz t¹i K cña ®­êng trßn t©m O ®­êng kÝnh DE c¾t CH t¹i Q. Chøng minh Q lµ trung ®iÓm cña CH. Bµi 5: (1 §iÓm) Cho a, b, c lµ c¸c sè d­¬ng. Chøng minh bÊt ®¼ng thøc a b c 2 b c a c b a HÕt SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2012-2013 Môn thi : Toán ĐỀ THI CH Í NH TH Ứ C Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ A Ngày thi 29 tháng 6 năm 2012 Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải các phương trình sau : a) x - 1 = 0 b) x2 - 3x + 2 = 0 2x y 7 2- Giải hệ phương trình : x y 2 2 Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A = 1 + 1 - a 1 2 2 a 2 2 a 1 a 2 1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị của a ; biết A 0 8a 2 b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = b 2 4a
  14. HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ B Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2013 Đề thi có 01 trang gồm 5 câu Câu 1 (2.0 điểm): 1. Cho phương trình bậc hai: x2 +2x – 3 = 0, với các hệ số a = 1, b = 2, c = -3 a.Tính tổng: S = a + b + c b.Giải phương trình trên x 3y 2 2. Giải hệ phương trình: 2x 3y 4 Câu 2 (2.0 điểm): 1 1 y 1 Q : Cho biểu thức: ( Với y > 0; y 1 ) y y y 1 y 2 y 1 a. Rút gọn biểu thức Q b. Tính giá trị biểu thức Q khi y 3 2 2 Câu 3 (2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + 1 và Parabol (P): y = - 2x2. a. Tìm b để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;5) b. Tìm b để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa 2 2 mãn điều kiện: x1 + x2 + 4(x1 + x2) = 0. Câu 4 (3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF. Bán kính OI vuông góc với EF, gọi J là điểm bất kỳ trên Cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L; Kẻ LS vuông góc với EF (S thuộc EF). a. Chứng minh tứ giác IFSL nộ tiếp. b. Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN = EJ. Chứng minh rằng, tam giác IJN vuông cân.
  15. c. Gọi (d) là tiếp tuyến tại điểm E. Lấy D là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm D và I cùng nằm trên cùng một nữa mặt phẳng bờ là đường thẳng FE và ED.JF = JE.OF. Chứng minh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS. Câu 5 ( 1.0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca 3. a4 b4 c4 3 Chứng minh rằng: b 3c c 3a a 3c 4 Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT THANH HOÁ NĂM HỌC 2014 - 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2014 ĐỀ B (Đề gồm có 1 trang 05 câu) Câu 1. (2.0 đ) 1. Giải các phương trình sau: a. y - 3 = 0 b. y2 – 3y + 2 = 0 x 2y 4 b. Giải hệ phương trình: 3x 2y 4 y 1 1 1 Câu 2. (2.0 đ) Cho biểu thức B : , với y > 0 và y 1. 2 y y y y 1 a. Rút gọn biểu thức B. b. Tíh giá trị của B khi x = 3 2 2 . Câu 3 (2.0 đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx – 3 và parabol (p) y = x2. 1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 0) 2. Tìm n để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x 1, x2 thoả mãn x1 x2 2 Câu 4 (3.0 đ) Cho đường tròn tâm O đường kính EF = 2R. Gọi C là trung điểm của OE; qua C kẻ đường vuông góc với OE cắt đường tròn đó tại hai điểm phân biệt M và N. Trên cung nhỏ FM lấy điểm K ( K F và K M), trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM. gọi D là giao điểm của EK và MN. Chứng minh rằng: a. Tứ giác FCDKlà tứ giác nội tiếp. b. EK . ED = R2 c. NI = FK. Câu 5 (1 đ) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1.
  16. 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P + + a b 1 b c 1 c a 1 Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2:
  17. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ B Ngày thi 21/7/2015 Đề có 01 trang gồm 05 câu Câu 1 (2 điểm) : 1. Giải phương trình mx2 + x – 2 = 0 a) Khi m = 0 b) Khi m = 1 x y 5 2. Giải hệ phương trình: x y 1 4 3 6 b 2 Câu 2 (2 điểm): Cho biểu thức Q = (Với b 0 và b 1) b 1 b 1 b 1 1. Rút gọn Q 2. Tính giá trị của biểu thức Q khi b = 6 + 2 5 Câu 3 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = x + n – 1 và parabol (P) : y = x2 1. Tìm n để (d) đi qua điểm B(0;2) 2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có 1 1 hoành độ lần lượt là x1, x2 thỏa mãn: 4 x1x2 3 0 x1 x2 Câu 4 (3 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt đường tròn (O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). 1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn. 2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của góc CKD. 3. Đường thẳng đi qua O và vuông góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R, T. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất. Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z. Hết
  18. THANH HÓA Năm học: 2016 – 2017 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 16 tháng 06 năm 2016 Đề có: 01 trang gồm 05 câu. Câu I: (2,0 điểm) 1. Giải các phương trình: a. x – 6 = 0 b. x2 – 5x + 4 = 0 2x - y = 3 2. Giải hệ phương trình: 3x + y = 2 Câu II: (2,0 điểm) y y -1 y y +1 2 y 2 y 1 Cho biểu thức: A = : với y > 0; y 1 y - y y + y y 1 1. Rút gọn biểu thức B. 2. Tìm các số nguyên y để biểu thức B khi có giá trị nguyên. Câu III: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx +1 và Parabol (P): y = 2x2 . 1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2). 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2). Hãy tính giá trị của biểu thức S = x1x2 y1 y2 Câu IV: (3,0 điểm) Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ. Hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuông góc với MQ. Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ 2 là K. Gọi L là giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn. 2. FM là đường phân giác của góc N· FK 3. NQ.LE= NE.LQ Câu V: (1,0 điểm) Cho các số dương m, n, p thỏa mãn: m2 + 2n2 3p2 . 1 2 3 Chứng minh rằng + m n p Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:
  19. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 10/07/2017 Đề thi có: 1 trang gồm 5 câu Câu I: (2,0 điểm) 1. Cho phương trình : nx2 x 2 0 (1), với n là tham số. a) Giải phương trình (1) khi n=0. b) Giải phương trình (1) khi n = 1. 3x 2y 6 2. Giải hệ phương trình: x 2y 10 Câu II: (2,0 điểm) 4 y 8y y 1 2 Cho biểu thức A : , với 2 y 4 y y 2 y y y 0, y 4, y 9 . 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm y để A 2 . Câu III: (2,0điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y 2x n 3 và parabol (P): y x2. 1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0). 2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành 2 độ lần lượt là x1, x2 thỏa mãn: x1 2x2 x1x2 16 . Câu IV:(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN 2R . Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N. Trên cung MN lấy điểm E tùy ý (E không trùng với M và N), tia ME cắt (d) tại điểm F. Gọi P là trung điểm của ME, tia PO cắt (d) tại điểm Q. 1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh: OF  MQ và PM.PF PO.PQ . 3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF 2ME đạt giá trị nhỏ nhất . Câu V:(1,0 điểm) 1 1 1 Cho a,b,c là các số dương thay đổi thỏa mãn: 2017 . a b b c c a Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 P . 2a 3b 3c 3a 2b 3c 3a 3b 2c Hết
  20. SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018 – 2019 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 8/6/2018. Câu 1( 2đ): 1. Giải phương trình: x2 + 8x + 7 = 0 2x y 6 2. Giải hệ phương trình: 5x y 20 x 1 x x Câu 2(2đ): Cho biểu thức A = : Với x > 0 x 4 x 4 x 2 x x 2 1. Rút gọn biểu thức A. 1 2. Tìm tất cả các gí trị của x để A 3 x Câu 3(2đ): 1. Cho đường thẳng (d) : y = ax + b . Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d/): y = 2x+ 3 và đi qua điểm A(1; -1). 2. Cho phương trình x2 – (m-2)x – 3 = 0 (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức: 2 2 x 1 2018 x1 x 2 2018 x2 Câu 4(3đ): Cho đường trong tâm O, đường kính AB = 2R. gọi d1 và d2 lần lượt là các tiếp tuyến cử đường tròn tâm O tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn O sao cho e không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với EI cắt đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M và N 1. Chứng minh rằng AMEI là tứ giác nội tiếp 2. Chứng minh IB.NE = 3 IE.NB 3. Khi điểm E thay đổi, Chứng minh tích AM. BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tm giác MNI theo R Câu 5(1đ): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a+b+c = 1 1 1 Chứng minh: 30 a 2 b 2 c 2 abc HẾT
  21. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2000 – 2001 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: a. V× ®å thÞ cña hµm sè y = ax + b ®i qua ®iÓm A(2; -1) nªn ta cã: 2a + b = -1 (1). 1 V× ®å thÞ cña hµm sè y = ax + b ®i qua ®iÓm B( ; 2) nªn ta cã: 2 1 a + b = 2 a + 2b = 4 (2) 2 Tõ (1) vµ (2) suy ra: 2a b 1 4a 2b 2 3a 6 a 2 a 2 a 2b 4 a 2b 4 a 2b 4 a 2b 4 b 3 1 VËy: §Ó ®å thÞ cña hµm sè y = ax + b ®i qua c¸c ®iÓm A(2; -1) ; B( ; 2) th× 2 a = -2, b = 3 b. To¹ ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè y = 3x – 7 vµ ®å thÞ hµm sè y = -2x + 3 (hµm sè x¸c ®Þnh ë c©u a) lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh: y 3x 7 2x 3 3x 7 x 2 x 2 y 2x 3 y 2x 3 y 2x 3 y 1 Tõ ®ã: §Ó ®å thÞ cña ba hµm sè trªn ®ång quy th× ®å thÞ hµm sè y = mx + 3 ph¶i ®i qua ®iÓm cã to¹ ®é (2; -1) Hay: -1 = 2m + 3 m = -2 VËy víi m = -2 th× ®å thÞ cña ba hµm sè ®· cho ®ång quy. Bµi 2: 5 a. Khi m = ph­¬ng tr×nh trë thµnh: x2 – 7x + 10 = 0 2 Ta cã: ( 7)2 4.10 9 0 Nªn ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt: 7 9 7 9 x1 = 5 ; x2 = 2 2 2 5 VËy: víi m = th× ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 = 5 ; x2 = 2 2
  22. b. Ph­¬ng tr×nh bËc hai x2 – 2(m+1)x + 2m + 5 = 0 cã nghiÖm khi: ' 2 m 1 2m 5 0 m2 2m 1 2m 5 0 m 2 m 2 0 m 2 hoÆc m 2 VËy: víi m 2 hoÆc m 2 th× ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm. Bµi 3: a. Gäi R, r lÇn l­ît lµ b¸n kÝnh cña x Q ®­êng trßn (O) vµ ®­êng trßn (S). Khi ®ã: R = OA, r = SA. M Ta cã: R – r = OA – SA = SO S (V× S lµ trung ®iÓm cña OA) A O B §­êng trßn (O) vµ ®­êng trßn N (S) tiÕp xóc víi nhau t¹i A. P F b. Trong ®­êng trßn (O) ta cã: y  QAF =  QTF (Hai gãc néi tiÕp T z cïng ch¾n cung QF) (1)  TAF =  TQF (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung TF) (2) Trong ®­êng trßn (S) ta cã:  MAN =  MPN (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung MN) (3)  PAN =  PMN (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung PN) (4) Tõ (1) vµ (3) suy ra:  QTF =  MPN (5). Tõ (2) vµ (4) suy ra:  TQF =  PMN (6). Tõ (5) vµ (6) suy ra: MPN QTF (g - g) Bµi 4: a. V× SAB vµ SAC lµ c¸c tam gi¸c S ®Òu, mµ M lµ trung ®iÓm cña SA nªn M BM, CM lµ c¸c ®­êng trung tuyÕn còng lµ ®­êng cao trong c¸c tam gi¸c. A C N B
  23. BM  SA vµ CM  SA SA  mp(MBC) SA  MN Nèi S víi N, A víi N. Chøng minh t­¬ng tù ta ®­îc BC  mp(SNA) BC  MN b. Trong tam gi¸c ®Òu SAB c¹nh a, BM lµ ®­êng cao nªn ta cã: a2 a 3 BM = a2 4 2 Trong tam gi¸c MNB vu«ng t¹i N ta cã: 2 2 2 2 a 3 a a 2 MN = BM BN 2 2 2 1 1 a 2 a2 2 SMBC = MN.BC = a (§¬n vÞ diÖn tÝch) 2 2 2 4 Bµi 5: Ta cã: M = x 1999 x 2000 x 2001 NÕu x 2001 th× M = x 1999 x 2000 x 2001 3 NÕu 2000 x 2001 th× M = x 1999 x 2000 2001 x x 1998 2 x 3 NÕu 1999 x 2000 th× M = x 1999 2000 x 2001 x 2002 x 2 x 3 NÕu x < 1999 th× M = 1999 x 2000 x 2001 x 6000 3x x 3 VËy: gi¸ trÞ nhá nhÊt cña M = 2 khi x = 2000. HÕt
  24. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2001 – 2002 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: x2 6 1 10 x2 a. A = 3 : x 2 x 4x 3x 6 x 2 x 2 §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña biÓu thøc lµ x 0, x 2 vµ x - 2 x2 6 1 10 x2 A = 3 : x 2 x 4x 3x 6 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x2 4 10 x2 A= : x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 6 x 2 1 1 A= A= VËy A= x 2 x 2 6 2 x 2 x 1 1 1 2 1 2 b. Khi x th× A = VËy khi x th× A 1 3 2 2 3 2 3 2 2 Bµi 2: Ph­¬ng tr×nh : x2 – 2(m - 1)x – (m +1) = 0 a. Khi m = 2 th× ph­¬ng tr×nh trë thµnh: x2 – 2x – 3 = 0 Ta thÊy: a –b +c = 1 –(-2) + (-3) = 0 c Nªn ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt: x1 = -1, x2 = = 3. a VËy: víi m = 2 th× ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 = -1, x2 = 3. b. Ta cã: 2 ' 2 2 2 1 7 1 7 = m 1 m 1 m 2m 1 m 1 m m m 0 4 4 2 4 Nªn ph­¬ng tr×nh ®· cho lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2. 2 ' 1 7 7 c. Ta cã: x1 x2 = 2 2 m 2 7 2 4 4 1 x x cã gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 7 khi m . 1 2 2 x y 1 y 1 x y 1 x Bµi 3: HÖ ph­¬ng tr×nh: mx y 2m mx 1 x 2m m 1 x 2m 1 y 1 x x 3 a. Víi m = 2 hÖ ph­¬ng tr×nh trë thµnh: x 3 y 2 VËy: víi m = 2 hÖ ph­¬ng tr×nh cã mét nghiÖm x = 3, y = -2.
  25. b. §Ó hÖ ph­¬ng tr×nh cã mét nghiÖm th× ph­¬ng tr×nh (m - 1)x = 2m – 1 cã mét nghiÖm. m – 1 0 m 1 §Ó hÖ ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm th× ph­¬ng tr×nh (m - 1)x = 2m – 1 v« nghiÖm. m 1 m 1 0 1 m 1 2m 1 0 m 2 §Ó hÖ ph­¬ng tr×nh v« sè nghiÖm th× ph­¬ng tr×nh (m - 1)x = 2m – 1 v« sè nghiÖm. m 1 m 1 0 1 V« lý 2m 1 0 m 2 VËy: Víi m 1 th× hÖ ph­¬ng tr×nh cã mét nghiÖm. Víi m = 1 th× hÖ ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm Kh«ng cã gi¸ trÞ cña m ®Ó hÖ ph­¬ng tr×nh v« sè nghiÖm. Bµi 4: a. Trong ®­êng trßn (O) ta cã: A  BOC = 2 BAC = 2.450 = 900 (Liªn hÖ gi÷a gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cïng ch¾n mét cung). O O thuéc ®­êng trßn ®­êng kÝnh BC. b. Ta cã:  BFC = 900 (V× gãc néi tiÕp ch¾n E F nöa ®­ên trßn ®­êng kÝnh BC) 0 0  AFB = 90 mµ  BAF = 45 (gt) Nªn B C AFB vu«ng c©n t¹i F. Ta cã:  BEC = 900 (V× gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®­ên trßn ®­êng kÝnh BC)  AEC = 900 mµ  EAC = 450 (gt) Nªn AEC vu«ng c©n t¹i E. c. Ta cã: BOC vu«ng t¹i O, mµ OB = OC  OCB = 450 Tø gi¸c BEOC lµ tø gi¸c néi tiÕp nªn  OCB +  BEO = 1800 (1) MÆt kh¸c:  OEA +  BEO = 1800 (2) Tõ (1) vµ (2)  OEA =  OCB = 450  OEA =  FBA (= 450) BF // OE Tø gi¸c EOFB lµ h×nh thang (3)
  26. Mµ  OFB =  OCB = 450 (V× hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung trong ®­êng trßn ®­êng kÝnh BC)  OFB =  FBE (= 450) (4) Tõ (3) vµ (4) Tø gi¸c EOFB lµ h×nh thang c©n BC 2 2 EF = OB = BC 2 2 Bµi 5: a. ABC ®Òu c¹nh b»ng 2cm, AM lµ ®­êng cao S nªn ta cã: AM = 22 12 3 cm. 1 VSABC = SA.SABC (V× SA vu«ng gãc víi ®¸y) 3 A C 1 1 2 3 H VSABC = SA.AM.BC = 2.3 .2 = cm 6 6 3 O b. Ta cã: SA  mp (ABC) (gt) SA  BC (1) M AM lµ ®­êng cao cña ABC A M BC (2) B Tõ (1) vµ (2) suy ra BC  mp (SAM) OH  BC (3) MÆt kh¸c OH  SM (gt) (4) Tõ (3) vµ (4) ta cã: OH  mp (SBC) Bµi 6: Ta cã: x y 1998 x y 9.222 x y 3 222 V× x, y lµ c¸c sè nguyªn d­¬ng nªn:x m 222; y n 222 (Víi m, n lµ c¸c sè nguyªn d­¬ng) m 222 n 222 3 222 m n 3 m = 2, n = 1 hoÆc m = 1, n = 2 NÕu m = 2, n = 1 th× x = m2.222 = 22.222 = 888, y = n2.222 = 12.222 = 222 NÕu m = 1, n = 2 th× x = m2.222 = 12.222 = 222, y = n2.222 = 22.222 = 888 VËy: NghiÖm nguyªn d­¬ng cña ph­¬ng tr×nh ®· cho lµ x = 888, y = 222 hoÆc x = 222, y = 888. HÕt
  27. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2002 – 2003 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: (1,5 §iÓm) 1. Ph­¬ng tr×nh: x2 – 6x +5 = 0 Ta cã: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0 c Nªn ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = 1, x2 = = 5 a VËy: Ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = 1, x2 = 5 2. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = 32 50 8 : 18 A = 16.2 25.2 4.2 : 9.2 1 1 A = 4 2 5 2 2 2 :3 2 A = 2 :3 2 VËy: A = 3 3 Bµi 2: Ph­¬ng tr×nh mx2 – (2m+1)x + m - 2 = 0 (1), víi m lµ tham sè. 1. Víi m = 0 ph­¬ng tr×nh trë thµnh: -x – 2 = 0 x = -2 Víi m 0, ®Ó ph­¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm th×: 2 1 2m 1 4m m 2 0 4m2 4m 1 4m2 8m 0 m 12 1 VËy: §Ó ph­¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm th× m 12 2. Víi m = 0 kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn cña bµi to¸n 2m 1 x x 1 1 2 m Khi m 0 vµ m ta cã: (Víi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña pt) 12 m 2 x .x 1 2 m Theo bµi ra ta cã: 2 2 2 x1 x2 22 x1 x2 2x1x2 22 2 2m 1 m 2 4m2 4m 1 2 m 2 2 22 2 22 m m m m 4m2 4m 1 2m2 4m 22m2 20m2 8m 1 0 1 1 m = (t/m) HoÆc m = (Kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn). 2 10 1 VËy víi m = th× ph­¬ng tr×nh (1) cã tæng b×nh ph­¬ng c¸c nghiÖm b»ng 22 2
  28. 2 2 2 2 3. Theo bµi ra ta cã: x1 x2 13 x1 2x1x2 x2 13 x1 x2 4x1x2 13 2 2m 1 m 2 4m2 4m 1 4 m 2 4 13 2 13 m m m m 4m2 4m 1 4m2 8m 13m2 13m2 12m 1 0 1 m = 1 (t/m) HoÆc m = (t/m) 13 1 VËy víi m = 1 hoÆc m = th× ph­¬ng tr×nh (1) cã b×nh ph­¬ng cña hiÖu hai 13 nghiÖm b»ng 13 Bµi 3: (1 §iÓm) Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp hÖ ph­¬ng tr×nh: Gäi ®é dµi c¸c c¹nh gãc vu«ng cña tam gi¸c vu«ng lÇn l­ît lµ x (cm) vµ y (cm) (§iÒu kiÖn x > 0, y > 0) §é dµi c¹nh huyÒn lµ: x2 y2 (cm) Chu vu cña tam gi¸c vu«ng b»ng 12 cm nªn ta cã ph­¬ng tr×nh: x + y + x2 y2 = 12 (1). Tæng b×nh ph­¬ng ®é dµi c¸c c¹nh b»ng 50 nªn ta cã ph­¬ng tr×nh: x2 + y2 + x2 + y2 = 50 x2 + y2 = 25 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ ph­¬ng tr×nh: x y x2 y2 12 x y 7 x y 7 x y 7 2 2 2 2 2 xy 12 x y 25 x y 25 x y 2xy 25 Khi ®ã x, y lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: X2 – 7X +12 = 0 Gi¶i ra ta ®­îc: X1 = 3, X2 = 4 VËy: c¸c c¹nh cña tam gi¸c vu«ng lÇn l­ît lµ 3 cm, 4 cm vµ 5 cm. 2 3x2 5 3 x 1 2 2 Bµi 4: Ta cã: B = = 3 x2 1 x2 1 x2 1 2 1. §Ó B nguyªn th× nguyªn, mµ x nguyªn x2 + 1 lµ ­íc cña 2 x2 1 x2 + 1 = 1 hoÆc x2 + 1 = 2 Khi: x2 + 1 = 1 x2 = 0 x = 0 Khi: x2 + 1 = 2 x2 = 1 x = 1 hoÆc x = -1 VËy: víi x = -1, x = 0, x= 1 th× B nhËn c¸c gi¸ trÞ nguyªn.
  29. 2 2 2 2. Ta cã: x2 + 1 1 2 B = 3 3 + 2 = 5 x2 1 1 x2 1 Bmax = 5 khi x = 0 VËy: Gi¸ trÞ lín nhÊt cña B = 5 khi x = 0. Bµi 5: 1. V× ABC c©n t¹i A, M, P lµ ®iÓm A chÝnh gi÷a c¸c cung nhá AB vµ AC nªn ta cã:S BM = S MA = S AP =S PC M  MPB =  PBC (V× hai gãc néi tiÕp P ch¾n hai cung b»ng nhau) O MP // BC (1) E I 1 1  BMP = s®S BP = (s®S BC + 2 2 C B 1 1 s®S CP) = (s®S BC + s®S BM) = s® 2 2 N S BM =  MPC (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra tø gi¸c BCPM lµ h×nh thang c©n. Ta cã: N lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC BN = NC (3) ABC c©n t¹i A AB = AC (4) Tõ (3) vµ (4) suy ra AN lµ ®­êng trung trùc cña BC A, O, N th¼ng hµng  ABN = 900 (Gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn) 1 2.Ta cã: BIN= (s®S BN + s®S AP)(Gãc cã ®Ønh n»m trong ®­êng trßn) (5) 2 1 1  IBN =  PBN = s®S PN = (s®S PC + s®S CN) (6) 2 2 Mµ :S AP = S PC , S CN =S NB (7) Tõ (5), (6) vµ (7) suy ra:  BIN =  IBN BIN c©n t¹i N. 1 1  BEN = (s®S BN + s®S AM) = (s®S BN + s®S AP) =  BIN 2 2 (V× S AM = S AP) Tø gi¸c BEIN néi tiÕp  EBN +  EIN = 1800  EIN = 1800 -  EBN = 900 EI  AN. (8) MÆt kh¸c: BC  AN (9) (V× AN lµ ®­êng trung trùc cña BC) Tõ (8) vµ (9) suy ra EI // BC
  30. Bµi 6: 1. Gäi SO lµ ®­êng cao cïa tø diÖn, khi ®ã S SO = 12cm Dùng SH  BC (H BC), Nèi O víi H. V× S.ABCD lµ h×nh chãp tø gi¸c ®Òu nªn: Trong SOH vu«ng t¹i O ta cã: D C 2 2 2 2 AB SH = SO OH SO 2 H O SH = 122 92 15cm A B 1 1 2 Sxq = 4.SSBC = 4. SH.BC 4. .15.18 540cm 2 2 1 1 2 1 2 3 V = SABCD.SO = AB .SO = .18 .12 = 1296 cm 3 3 3 2. V× tø gi¸c ABCD lµ h×nh vu«ng nªn AC  BD (1) SO lµ ®­êng cao cña h×nh chãp nªn SO  AC (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: AC  mp (SBD) Bµi 7: Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 1 1 x4 x2 2002 2002 x4 x2 x2 2002 x2 2002 4 4 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 x x 2002 x x 2002 (V× hai vÕ kh«ng ©m) 2 2 2 2 1 8005 1 8005 x4 x2 2001 0 Gi¶i ra ta ®­îc x 2 , x 2 (lo¹i) 1 2 2 2 1 8005 1 8005 x hoÆc x 2 2 1 8005 1 8005 VËy: ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x vµ x 2 2
  31. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2003 – 2004 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x2 – 2x - 1 = 0 Ta cã: ' = (-1)2 – (-1) = 2 > 0, ' 2 Ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm ph©n biÖt: b' ' 1 2 b' ' 1 2 x 1 2 , x 1 2 1 a 1 2 a 1 VËy ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 1 2, x2 1 2 x y 1(1) 2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 1 2 2(2) x y Tõ ph­¬ng tr×nh (1) ta cã: x = -1 – y. Thay vµo ph­¬ng tr×nh (2) ta ®­îc: 1 2 1 2 2y2 5y 2 0 Gi¶i ra ta ®­îc y 2, y 1 y y 1 2 2 Víi y = -2 thay vµo ph­¬ng tr×nh (1) ta ®­îc x = 1. 1 1 Víi y = thay vµo ph­¬ng tr×nh (1) ta ®­îc x = . 2 2 1 x x 1 2 , VËy hÖ ph­¬ng r×nh ®· cho cã 2 nghiÖm: y 2 1 y 2 2 x 2 x 1 x 1 Bµi 2: (2 §iÓm) Cho biÓu thøc: M = x 2 x 1 2 x 0 x 0 1. §Ó biÓu thøc M cã nghÜa th×: x 1 0 x 1 2 x 2 x 1 x 1 2. M = x 2 x 1 2 2 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 = x 1 x 1 2
  32. 2 2 x x 2 x x 2 x 1 2 x x 1 = = x x x 1 2 x 1 2 2 2 1 1 2 1 1 3. Ta cã: M - = x x x x x 0 4 4 2 2 1 1 M dÊu b»ng xÈy ra khi x = 4 4 Bµi 3: Cho ph­¬ng tr×nh: x2 – 2mx + m2 - |m| - m = 0 (Víi m lµ tham sè) 1. Ta cã: ' m 2 m2 m m m m 0 (V× m m víi  m) VËy ph­¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña m. x1 x2 2m 2. x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh nªn: 2 (1) x1x2 m m m 2 2 2 x1 + x2 = 6 x1 x2 2x1x2 6 (2) Thay (1) vµo (2) ta ®­îc: 2m 2 2 m2 m m 6 2m2 2 m 2m 6 (*) NÕu m 0 Ph­¬ng tr×nh (*) trë thµnh: 2m2 4m 6 0 m2 2m 3 0 Gi¶i ra ta ®­îc: m1 = 1 ; m2 = -3 (kh«ng tho¶ m·n) NÕu m < 0 Ph­¬ng tr×nh (*) trë thµnh: 2m2 = 6 m 3 (lo¹i) hoÆc m 3 2 2 VËy ®Ó x1 + x2 = 6 th× m = 1 hoÆc m 3 Bµi 4: 1. Ta cã:  ADB =  AHB = 900 A, D, H, B cïng thuéc ®­êng trßn ®­êng t©m O ®­êng kÝnh AB. Hay tø gi¸c ADHB lµ tø gi¸c néi tiÕp ®­îc trong ®­êng trßn. BC Trong ®­êng trßn (O, ) ta cã:  HDB =  HAB (Cïng ch¾n cung BH) (1) 2 MÆt kh¸c  HAB =  HCA (Cïng phô víi  ABC) (2)
  33. Tõ (1) vµ (2) suy ra: x  HDB =  HCE  HCE +  HDE =  HDB +  HDE = 1080 B CEDH lµ tø gi¸c néi tiÕp ®­îc H trong ®­êng trßn O D A E C y BC 2. V×  ABD =  DBF nªn trong ®­êng trßn (O, ) ta cã: S AD = S DH 2 hay D lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung AH OD  AH V× OD // BC (Cïng vu«ng gãc víi AH)  ODH =  DHC (so le trong) (3) MÆt kh¸c: OHD c©n t¹i O nªn  ODH =  OHD (4) Tõ (3) vµ (4) suy ra:  OHD =  DHC HD lµ ph©n gi¸c gãc OHC 1 1 1 2 2 2 3. SABC = AH.BC = AH.(BH + HC) AH 2 BH.HC AH. AH AH h 2 2 2 2 Gi¸ trÞ nhá nhÊt cña SABC = h khi BH = HC = AH = h Khi ®ã: AB AH 2 HB2 h2 h2 2h 1 2 ADB vu«ng t¹i D, cã O lµ trung ®iÓm cña AB OD = AB = h 2 2 2 2 2 Mµ OD  AH SADHO = OD.AH = h.h = h 2 2 2 1 1 1 1 1 x y 2xy 1 Bµi 5: P = 1 2 1 2 = 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 x y x y x y x y x y 1 2xy 1 2 2 P = 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 8 9 x y x y x y xy x y 2 1 VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P = 9 khi x y 2
  34. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2004 – 2005 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x2 – 3x - 4 = 0 Ta cã: a – b + c = 1 –(-3) + (-4) = 0 c ( 4) Nªn ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt: x1 = -1, x2 = 4 a 1 VËy ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = -1, x2 = 4 2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 2(x y) 3y 1 2x y 1 4x 2y 2 x 1 x 1 3x 2(x y) 7 5x 2y 7 5x 2y 7 2x y 1 y 1 VËy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm x = 1, y = -1 Bµi 2: a 2 a 2 a 1 a 2 a 2 a 1 B = . = . (1) 2 a 2 a 1 a 1 a a 1 a 1 a 1 a a 0 a 0 1. §Ó biÓu thøc B cã nghÜa th×: a 1 0 a 1 a 0 2. a 2 a 1 a 1 a 2 a 1 a a 2 a a 2 a 1 (1) B = 2 . 2 . a 1 a 1 a a 1 a 1 a 2 a 1 2 2 B = . VËy: B = a 1 a 1 a a 1 a 1 Bµi 3: Cho ph­¬ng tr×nh: x2 – (m+1)x + 2m - 3 = 0 (Víi m lµ tham sè) 2 2 2 1. Ta cã: m 1 4 2m 3 m 2m 1 8m 12 m 6m 9 4 m 3 2 4 0 Víi m VËy ph­¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt.
  35. x1 x2 m 1 2. Víi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh ta cã: x1x2 2m 3 Tõ x1 + x2 = m + 1 m x1 x2 1 (1) 1 Tõ x1.x2 = 2m – 3 m x x 3 (2) 2 1 2 1 Tõ (1) vµ (2) ta cã: x x 1 x x 3 2x 2x x x 5 1 2 2 1 2 1 2 1 2 VËy 2x1 2x2 x1x2 5 lµ hÖ thøc liªn hÖ gi÷a hai nghiÖm kh«ng phô thuéc m. Bµi 4: M N C P Q d K H A O B 1. Ta cã:  AKB =  AHB = 900 A, B, H, K cïng thuéc ®­êng trßn ®­êng kÝnh AB hay tø gi¸c AKHB néi tiÕp. Trong ®­ên trßn (O) ta cã:  ABC =  ACN (1) (Gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bíi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng ch¾n mét cung) Ta l¹i cã:  ABC =  HKC (2) (Cïng bï víi gãc AKH ) Tõ (1) vµ (2) suy ra:  ACN = HKC KH // NP (3) Mµ: KN // HP (Cïng vu«ng gãc víi d) (4) MÆt kh¸c:  KNP = 900 (5) Tõ (3), (4), vµ (5) ta cã: tø gi¸c HKNP lµ h×nh ch÷ nhËt (H×nh b×nh hµnh cã mét gãc vu«ng) 2. Ta cã:  AMC = 900 (AM  d),  AHC = 900 (AH  BC)  AMC +  AHC = 1800 Tø gi¸c AHCM néi tiÕp  HMP =  HAC (Cïng ch¾n cung CH) (6)
  36. Chøng minh t­¬ng tù ta ®­îc BKCQ lµ tø gi¸c néi tiÕp  KQN =  KBC (Cïng ch¾n cung BC) Mµ  KBC =  HAC (cïng ch¾n cung KH trong ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c ABHK) Nªn  KQN =  HAC (7) Tõ (6) vµ (7) suy ra:  KQN =  HMP 3. XÐt MPH vµ QNK cã:  MPH =  KNQ = 900  HMP =  KQN (Chøng minh trªn) PH = KN (V× tø gi¸c HKNP lµ h×nh ch÷ nhËt) Do ®ã: MPH = QNK (C¹nh gãc vu«ng – gãc nhän) MP = QN Bµi 5: (1 §iÓm) 1 1. Chøng minh r»ng: x( 1 – x ) Víi 0 < x < 1 4 2 1 2 1 1 1 Ta cã: x(1 x) x x x 0 x(1 x) 4 4 2 4 2 1 1 1 x(1 x) Khi x 0 x 4 2 2 2. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: 4x2 1 A = Víi 0 < x < 1 x2 (1 x) 1 Tõ c©u 1 ta cã: x( 1 – x ) 4 4x2 1 4x2 1 4x2 1 1 4x2 1 A = 2 = 4 8 2x V× 0 x (1 x) x(1 x)x x 2x x 1 1 A 8.2 2x. 16 (V× 2x 0, 0 ) 2x 2x 1 x(1 x) 4 1 Gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A = 16 Khi: x 1 2 2x 2x hÕt
  37. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2005 – 2006 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót a a 2 Bµi 1: Cho biÓu thøc: A = a 1 a 1 a 1 1. §Ó biÓu thøc A cã nghÜa th×: a 0 vµ a 1 . 2. Víi a 0 vµ a 1 th×: a a 2 a a 1 a a 1 2 A = = a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a a a a 2 2 a 1 2 2 = VËy A = a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 0 a 0 a 0 3. §Ó A 0, 25 5 1 5 1 5 Ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt: x 3, x 2 1 2 2 2 VËy ph­¬ng r×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = 3, x2 = -2 2. Ph­¬ng tr×nh: x2 – (a - 2)x – 2a = 0 x2 ax 2x 2a 0 x a x 2 0 Ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x = a, x = -2 NÕu: x1 = a, x2 = -2 th×: 2x1 + 3x2 = 0 2a + 3.(-2) = 0 a = 3 4 NÕu: x1 = -2, x2 = a th×: 2x1 + 3x2 = 0 2(-2) + 3.a = 0 a = 3 4 VËy a = 3 hoÆc a = th× ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tho¶ m·n 2x1 + 3x2 = 0 3
  38. Bµi 3: V× M(a; b2 + 3) thuéc ®å thÞ hµm sè y = x2 nªn ta cã: b2 + 3 = a2 (1) 2 V× N(ab ; 2) thuéc ®å thÞ hµm sè y = x2 nªn ta cã: 2 = ab a (2) b Thay (2) vµo (1) ta ®­îc: 2 2 2 4 2 2 b 3 b 3b 4 0 b 1 b 1 (v× b lµ sè thùc d­¬ng) b Thay b 1 vµo (2) ta ®­îc a = 2 VËy víi a = 2, b 1 th× ®iÓm M cã to¹ ®é (a; b 2 + 3) vµ ®iÓm N cã to¹ ®é (ab ; 2) cïng thuéc ®å thÞ cña hµm sè y = x2 Bµi 4:  0 1. Ta cã: HNC = 90 (Gãc néi tiÕp ch¾n B nöa ®­ëng trßn) H HN// AB (Cïng vu«ng gãc víi AC) (*) M  AMN =  MNH (So le trong) (1) O Mµ:  BCN =  MNH (2) (Gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng A N C ch¾n mét cung trong ®­êng trßn (O)) Tõ (1) vµ (2) suy ra:  BCN =  AMN Do ®ã:  BCN +  BMN =  AMN +  BMN = 1800 Tø gi¸c BMNC néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn. 2. AH  BO (gt) AH lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (O) t¹i H.  AHN =  HMN (Hai gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng ch¾n mét cung trong ®­êng trßn (O)) XÐt MAN vµ HNA cã:  MAN =  HNA = 900  AHN =  HMN (Chøng minh trªn) AN chung Do ®ã: MAN = HNA MA = HN ( ) Tõ (*) vµ ( ) suy ra: Tø gi¸c AMHN lµ h×nh b×nh hµnh. Mµ  MAN = 900 Tø gi¸c AMHN lµ h×nh ch÷ nhËt (H×nh b×nh hµnh cã mét gãc vu«ng)
  39. 2 MN AH 2 3. Ta cã: 2 (3) (V× tø gi¸c AMHN lµ h×nh ch÷ nhËt) MH AN NC NA NC AC AN.AC AH 2 MÆt kh¸c: 1 (4) (V× AHC vu«ng t¹i NA NA AN AN 2 AN 2 H cã HN lµ ®­êng cao) 2 MN NC Tõ (3) vµ (4) suy ra: 1 MH NA Bµi 5: Ta cã: 2 2 2 2 ab 1 2 ab 1 ab 1 a b a b 2ab 2 a b 2ab 2(ab 1) 2ab 2 a b a b a b 2 2 2 ab 1 ab 1 2 2 a b 2 DÊu “=” xÈy ra khi: a b a ab b 1 0 a b a b 2 2 2 ab 1 VËy a b 2 víi a b 0 a b HÕt
  40. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2006 – 2007 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót a a a 5 a Bµi 1: BiÓu thøc: A = 3 3 a 1 a 5 a 0 a 0 a 0 1. §Ó biÓu thøc A cã nghÜa th×: a 5 0 a 5 a 25 a a a 5 a 3 a 3 a a 3 a 15 a 5 a 2. A = 3 3 = a 1 a 5 a 1 a 5 a 4 a 3 8 a 15 a a 3 a 1 a 5 3 a a 1 a 5 a 1 a 5 a 3 3 a 9 a VËy A = 9 – a Víi a 0 vµ a 25 6 1 Bµi 2: Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 1 (1) x2 9 x 3 x2 9 0 x 3 §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña ph­¬ng tr×nh: x 3 x 3 0 (*) x 3 0 x 3 (1) 6 x2 9 x 3 x2 x 12 0 x 4 x 3 0 x = - 4 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn (*)) hoÆc x = 3 (Kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn (*)) VËy ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm x = - 4 Bµi 3: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 5(3x y) 3y 4 15x 5y 3y 4 15x 2y 4 30x 4y 8 3 x 4(2x y) 2 3 x 8x 4y 2 9x 4y 1 9x 4y 1 1 1 1 x x 21x 7 x 3 3 3 9x 4y 1 1 1 9x 4y 1 9. 4y 1 y 3 2 1 1 VËy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm x , y 3 2
  41. Bµi 4: Ph­¬ng tr×nh: x2 – 2mx + m|m| + 2 = 0 cã: ' m 2 m m 2 m2 m m 2 §Ó ph­¬ng tr×nh ®· cho v« nghiÖm th×: ' 0 m2 m m 2 0 (1) NÕu m 0 BÊt ph­¬ng tr×nh (1) trë thµnh: m2 m2 2 0 2 0 lu«n ®óng. (*) NÕu m -1 th× ph­¬ng tr×nh ®· cho v« nghiÖm. Bµi 5: Gäi V, R, h lÇn l­ît lµ thÓ tÝch, b¸n kÝnh ®¸y, chiÒu cao cña h×nh trô Theo bµi ra ta cã: R = 3 cm, h = 2cm V =  .R2.h =  .32.2 = 18 cm3 Bµi 6: a. Ta cã: AHC vu«ng t¹i H vµ M lµ B N trung ®iÓm cña AC HM = MC hay MHC c©n t¹i M H b. MHC c©n t¹i M  MHC =  MCH (1) 0 C  HMC = 180 - 2 MCH A M = 1800 - 2 ACB = 1800 -  ABC =  CBN hay  NMC =  NBC Tø gi¸c NBMC néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn c. Tø gi¸c NBMC néi tiÕp  BNM =  BCM (2) (cïng ch¾n cung MB)  BHN =  BNH (®èi ®Ønh) (3) Tõ (1), (2) vµ (3) suy ra:  BNH =  BHN BNH c©n t¹i B BN = BH Mµ AM = MC = MH Nªn ta cÇn chøng minh: 2MH2 = AB2 + AB.BH 2MH.MH = AB (AB + BH) AC.AM = AB.AN
  42. ThËt vËy: XÐt ACN vµ ABM cã: ¢ chung  ACN =  ABM (Cïng bï víi  MBN ) AC AM Do ®ã: ACN  ABM AC.AM = AB.AN AB AN VËy: 2MH2 = AB2 + AB.BH Bµi 7: Víi a > 0 Ta cã: a 5(a2 1) a a2 1 9(a2 1) a2 1 2a a2 1 4a 4a a a2 1 9 1 a a2 1 9 1 9 11 2 a 2 2 .2 a. 2 a 1 4a 4 a a 1 4a 4 a 2 2 a a2 1 2 a 1 4a 1 DÊu “=” xÈy ra khi: a a 1 a a 0 a 5(a2 1) 11 VËy: Víi a > 0 a2 1 2a 2 hÕt
  43. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2007 – 2008 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: 1. Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tö: A = a + ax + x + 1 = (a + ax) + (x + 1) = a(1 + x) + (x + 1) =(x+1)(a+1) 2. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: x2 – 3x + 2 = 0 Ta cã: a + b + c = 1 +(-3) + 2 = 0 c Nªn ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = 1, x2 = = 2 a VËy: Ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = 1, x2 = 5 Bµi 2: 1. Gäi V, R, h lÇn l­ît lµ thÓ tÝch, b¸n kÝnh ®¸y, chiÒu cao cña h×nh nãn Theo bµi ra ta cã: R = AC = 2 cm, h = AB = 18cm 1 1 V =  .R2.h =  .22.18 = 24 cm3 3 3 2. Chøng minh r»ng víi a 0; a 1 ta cã: a a a a a a 1 a a 1 1 1 1 1 1 a a 1 1 a a 1 a 1 a 1 a 1 Bµi 3: 1. V× ph­¬ng tr×nh x 2 – 2(a+1)x + a2 + 2 = 0 (Víi a lµ tham sè) cã mét nghiÖm x = 1, gäi nghiÖm cßn l¹i lµ x2 ta cã: 2 2 1 2(a 1) a 2 0 a 1 0 a 1 a 1 x a2 2 2 x 12 2 x 3 2 x2 a 2 2 2 VËy: ph­¬ng tr×nh x 2 – 2(a+1)x + a2 + 2 = 0 (Víi a lµ tham sè) cã mét nghiÖm x = 1, nghiÖm cßn l¹i lµ x = 3
  44. 2 1 1 x 2 y 2 2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 8 5 1 x 2 y 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 x 2 y 2 x 2 y 2 x 2 y 2 8 5 2 1 8 2 5 1 1 1 x 2 y 2 x 2 y 2 x 2 x 2 y 2 y 2 x 2 y 2 2 1 1 x 2 3 x 2 x 2 x 1 x 1 1 1 1 1 y 2 3 y 1 x 2 y 2 x 2 y 2 x 1 VËy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã mét nghiÖm y 1 Bµi 4:  0 1. Ta cã: HNB = 90 (gãc néi tiÕp C ch¾n nöa ®­êng trßn (O’)) M I  0 HNC = 90 (1) N Ta cã:  AMH = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n A H B nöa ®­êng trßn (O)) O K O'  HMC = 900 (2) ABC vu«ng t¹i C  MCN = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) Tø gi¸c CMHN lµ h×nh ch÷ nhËt (tø gi¸c cã 3 gãc vu«ng) 2. V× tø gi¸c CMHN lµ h×nh ch÷ nhËt  CMN =  CHN (4)  HBN =  CHN (5) (Gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ ®ay cung cñng ch¾n cung HN trong ®­ên trßn (O’)) Tõ (4) vµ (5)  CMN =  HBN hay  CMN =  ABN  AMN +  ABN =  AMN =  NMC = 1800 Tø gi¸c AMNB néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn. 3. Gäi I lµ giao ®iÓm cña MN vµ HC IM = IH = IN XÐt OMI vµ OHI cã: IM = IH OM = OH OI chung
  45. Do ®ã: OMI = OHI  OMI =  OHI = 900 hay OM  MN MN lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn ®­êng kÝnh AH (*) Chøng minh t­¬ng tù ta cã:  O’NI =  O’HI = 900 hay O’N  MN tø gi¸c OMNO’ lµ h×nh thang (OM // O’N) Gäi K lµ t©m ®­êng trßn ®­êng kÝnh OO’ KO = KO’ Trong h×nh thang OMNO’ ta cã KI lµ ®­êng trung b×nh nªn : KI // OM KI  MN (6) 1 1 1 Vµ KI = (OM + O’N) = (OH + HO’) = OO’ 2 2 2 I thuéc ®­êng trßn ®­êng kÝnh OO’ (7) Tõ (6) vµ (7) ta cã: MN lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn ®­êng kÝnh OO’ Tõ (*) vµ ( ) suy ra: MN lµ tiÕp tuyÕn chung cña ®­êng trßn ®­êng kÝnh AH vµ ®­êng trßn ®­êng kÝnh OO’ Bµi 5: Tõ a + b = 2005 a = 2005 - b Khi ®ã: ab = (2005 - b). b 2 2 2 2 2 2005 2005 2 2005 2005 2005 = 2005b b b 2 2 2 2 2 2 2005 2005 a b 0 2 DÊu “=” xÈy ra khi 2 2005 a 2005 b b 2 2 2005 2005 VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña ab b»ng khi a b 2 2 HÕt
  46. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2008 – 2009 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: Cho hai sè x1 = 2 - 3 , x2 = 2 + 3 1. Ta cã: x1 x2 (2 3) (2 3) 4 (1) 2 x1x2 (2 3)(2 3) 4 ( 3) 1 (2) 2. Tõ (1) suy ra: x1 4 x2 thay vµo (2) ta ®­îc: 2 x1x2 1 4 x2 x2 1 x2 4x2 1 0 2 VËy x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh x 4x 1 0 Bµi 2: 1. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 3x 4y 7 3x 4y 7 11x 11 x 1 x 1 2x y 1 8x 4y 4 2x y 1 2.1 y 1 y 1 x 1 VËy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm y 1 2. Rót gän biÓu thøc: Víi a 0;a 1 ta cã: a 1 a 1 a 1 1 a 1 1 a 1 A = = a 1 a 1 a 2 a 1 a 1 a 2 2 a 1 1 a 1 a a 2 a 1 = a a 1 a 2 a 1 a 2 VËy A = a Víi a 0;a 1 Bµi 3: Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy ®­êng th¼ng (d): y = (m 2 - m)x + m song song víi ®­êng th¼ng (d’): y = 2x + 2 m2 m 2 m2 m 2 0 (m 1) m 2 0 m 1 m 2 m 2 m 2 VËy víi m = -1. th× ®­êng th¼ng (d) song song víi ®­êng th¼ng (d’)
  47. Bµi 4: 1. Ta cã:  NAI =  NMA (1) C A (gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tia tiÕp B I H tuyÕn vµ d©y cung cïng ch¾n cung AN trong ®­êng trßn (O’)) N  ABC =  AMC(Hai gãc néi tiÕp O' O cïng ch¾n cung AC trong ®­êng trßn (O)) hay  NMA = ICB (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: M  NAI =  IBC XÐt AIN vµ BIC cã:  NAI =  IBC (c/m trªn) AI = IB (v× I lµ trung ®iÓm cña AB)  AIN =  BIC (®èi ®Ønh) Do ®ã: AIN = BIC IC = IN tø gi¸c ANBC cã hai ®­êng chÐo c¾t nhau t¹i trung ®iÓm cña mçi ®­êng Tø gi¸c ANBC lµ h×nh b×nh hµnh. 2. ANBC lµ h×nh b×nh hµnh  IBN =  IAC hay  IBN =  BAC (3) MÆt kh¸c:  BMC =  BAC (4) (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BC trong ®­êng trßn (O)) Tõ (3) vµ (4) suy ra:  IBN =  BMI BI lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BMN. 3. Gäi AH lµ ®­êng cao cña tam gi¸c ABC , C’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC CH C’I 1 SANBC = 2SACB = 2. CH.AB = CH.AB 2 §Ó SANBC lín nhÊt th× SACB lín nhÊt CH lín nhÊt CH = C’I C trïng víi C’ hay C lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC. Mµ M, I, C th¼ng hµng M, O, C th¼ng hµng M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín BC.
  48. 2005 2005 Bµi 5: 1 x x2 1 1 x x2 1 22006 §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh cña ph­¬ng tr×nh x 1 hoÆc x 1 Gäi a lµ nghiÖm d­¬ng cña ph­¬ng tr×nh khi ®ã a 1 Ta cã: 1 a a2 1 0,1 a a2 1 0 2005 2005 2005 2 2 2 2 1 a a 1 1 a a 1 2 1 a a 1 1 a a 1 2005 2005 2005 1 a a2 1 1 a a2 1 2 2a 2 2005 2005 2005 1 a a2 1 1 a a2 1 2 2.1 2 V× a 1 2005 2005 1 a a2 1 1 a a2 1 2.22005 22006 2005 2005 1 a a2 1 1 a a2 1 22006 1 a a2 1 1 a a2 1 a 1 a 1 VËy ph­¬ng tr×nh ®· cho cã x = 1 lµ nghiÖm d­¬ng. HÕt
  49. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2009 – 2010 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: Ph­¬ng tr×nh: x2 – 4x + q = 0 (1) víi q lµ tham sè 1. Khi q = 3 Ph­¬ng tr×nh (1) trë thµnh x2 – 4x + 3 = 0 Ta cã: a + b + c = 1 + (- 4) + 3 = 0 c Nªn ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = 1, x2 = = 3 a ' ( 2)2 q 0 2. §Ó ph­¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm th×: 4 q 0 q 4 VËy víi q 4 th× ph­¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm. Bµi 2: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 2x y 5 2x 2y 10 x 3 x 3 x 2y 7 x 2y 7 3 2y 7 y 2 x 3 VËy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm y 2 Bµi 3: Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho parabol (P): y = x2 vµ ®iÓm D(0;1). 1. Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm D(0;1) vµ cã hÖ sè gãc k lµ: y = k(x - 0) + 1 y = kx + 1. 2. Hoµnh ®é giao ®iÓm cña parabol (P) vµ ®­êng th¼ng (d) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: x2 = kx + 1 x2 - kx - 1 = 0 (2) Ta cã: = k2 –4.(- 1) = k2 + 4 > 0 víi mäi k Nªn ph­¬ng tr×nh (2) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi k. Hay ®­êng th¼ng (d) lu«n c¾t parabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt G vµ H víi mäi k. 3. Hoµnh ®é cña hai ®iÓm G vµ H lÇn l­ît lµ x1 vµ x2. Khi ®ã x1 vµ x2 lµ hai c 1 nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (2)., ¸p dông ®Þnh lý vi – Ðt ta cã: x1.x2 = = - a 1 2 1 §­êng th¼ng d1 ®i qua O(0;0) vµ ®iÓm G(x1 ; x1 ) cã ph­¬ng tr×nh lµ: y = x1.x 2 §­êng th¼ng d2 ®i qua O(0;0) vµ ®iÓm H(x2 ; x2 ) cã ph­¬ng tr×nh lµ: y = x2.x
  50. V× x1.x2 = -1 nªn d1  d2 h¹y OG  OH suy ra: Tam gi¸c GOH lµ tam gi¸c vu«ng t¹i O Bµi 4: 1. Ta cã: C  OQD + OBD = 900 + 900=1800 Tø gi¸c BDQO néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn. Q D 2. XÐt BKD vµ AKC cã:  KBD =  KAC = 900 A O B K  BKD =  AKC Do ®ã: BKD : AKC CA BD (1) CK DK Mµ CA = CQ, DQ = DB (2) (hai tiÕp tuyÕn cïng xuÊt ph¸t t¹i mét ®iÓm) CQ DQ Tõ (1) vµ (2) suy ra: CK DK 3. Trong tam gi¸c ODB vu«ng t¹i B ta cã: BD = OB tg BOD = R.tg Ta cã:  BOQ = 2 BOD = 2 (Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau)  OKQ = 900 -  KOQ = 900 - 2 OQ R Trong tam gi¸c vu«ng OQK vu«ng t¹i Q ta cã: OK = = cosKOQ cos 2 R KA = OK + OA = + R cos 2 Trong tam gi¸c KAC vu«ng t¹i A ta cã: R AC = AK.tg AKC = ( + R). tg(900 - 2 ) cos 2 1 1 Ta cã:  DOQ =  BOQ,  COQ =  AOQ (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t 2 2 nhau) 1 1 Do ®ã:  COD =  DOQ +  COQ = ( BOQ +  AOQ) = .1800 = 900 2 2 COD vu«ng t¹i O Mµ OQ  KC nªn OQ2 = CQ.QD = AC.BD (v× CA = CQ, DQ = DB ) AC.BD = R2
  51. VËy: tÝch AC.BD chØ phô thuéc vµo R, kh«ng phô thuéc vµo . Bµi 5: (1 §iÓm) Ta cã: D2 = (t + u + v)2 = u2 + v2 + t2 + 2uv + 2ut + 2vt (1) 3t 2 MÆt kh¸c: Theo gi¶ thiÕt u2 + uv + v2 = 1- 2uv = 2 - 2u2 - 2v2 -3t2 (2) 2 Thay (2) vµo (1) ta ®­îc: D2 = 2 - u2 - v2 -2t2 + 2ut + 2vt = 2 – (u - t)2 – (v - t)2 2 2 2 t t 2 2 3 2 2 2 u v uv 1 t t 3 3 2 9 2 2 D2 = 2 khi u t u t u hoÆc u 3 3 v t v t 2 2 v v 3 3 -2 D 2 2 t 3 2 VËy: gi¸ trÞ nhá nhÊt cña D lµ -2 khi u 3 2 v 3 2 t 3 2 Gi¸ trÞ lín nhÊt cña D lµ 2 khi u 3 2 v 3 HÕt
  52. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2010 – 2011 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (2 §iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh: x2 + px - 4 = 0 (1) víi p lµ tham sè 1. 1. Khi p = 3 Ph­¬ng tr×nh (1) trë thµnh x2 + 3x - 4 = 0 Ta cã: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0 c Nªn ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = 1, x2 = = - 4 a 2. Ta cã: p2 4.( 4) p2 16 0 x1 x2 p Nªn ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm x1, x2 vµ x1x2 4 MÆt kh¸c: 2 2 x1(x2 + 1) + x2(x1 + 1) = x1x2 x2 x1 x2 x1x1 x2 4x2 x1 ( 4x1) x2 3(x1 x2 ) ( 3).( p) 3p 2 2 §Ó: x1(x2 + 1) + x2(x1 + 1) > 6 th×: 3p > 6 p > 2 VËy víi p > 2 th× ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n 2 2 x1(x2 + 1) + x2(x1 + 1) > 6 Bµi 2: Víi c 0;c 9 ta cã: 2 2 c 3 c 3 1 1 c 3 c 3 c 3 C = = c 3 c 3 3 c c 3 c 3 3. c c 3 c 3 c 3 c 3 12 c 4 c 3 .3. c c 3 .3. c c 3 4 VËy C = víi c 0;c 9 c 3 4 4 2. Ta cã: c 3 3 0 c 3 3 4 Do ®ã: gi¸ trÞ nguyªn cña C = 1 Khi ®ã: 1 c 3 4 c 1 c 3
  53. VËy víi c = 1 th× C nhËn gi¸ trÞ nguyªn b»ng 1 Bµi 3: Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho parabol (P): y = x2 vµ c¸c ®iÓm C, D thuéc parabol (P) víi xC = 2, xD = -1. 2 2 1. Tung ®é cña ®iÓm C lµ: yC = xC = 2 = 4 ®iÓm C cã to¹ ®é lµ (2; 4) 2 2 Tung ®é cña ®iÓm D lµ: yD = xD = (-1) = 1 ®iÓm D cã to¹ ®é lµ (-1; 1) x = k kh«ng ph¶i lµ ph­¬ng tr×nh cña ®­ên th¼ng CD Gäi y = ax + b lµ ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng CD. V× ®iÓm C(2; 4) thuéc ®­êng th¼ng CD nªn ta cã: 4 = 2a + b b = 4 – 2a (1) V× ®iÓm D(-1; 1) thuéc ®­êng th¼ng CD nªn ta cã: 1 = (-1)a + b (2) Thay (1) vµo (2) ta ®­îc: 1 = -x + 4 – 2a a = 1 Thay a = 1 vµo (1) ta ®­îc b = 4 – 2.1 = 2 VËy ®­êng th¼ng CD cã ph­¬ng tr×nh: y = x + 2 2. §Ó ®­êng th¼ng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (víi q lµ tham sè) song song víi ®­êng th¼ng CD th×: 2 2 1 2q q 1 2q q 1 0 q 1 q 0 1 2 q . q 1 2 q 2 1 2 q 1 1 VËy víi q th× ®­êng th¼ng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (víi q lµ tham sè) 2 song song víi ®­êng th¼ng CD. Bµi 4:  0  0 1. Ta cã: CMD = 90 , CND = 90 C Nªn C, D, M, N cïng thuéc ®­êng trßn ®­êng kÝnh CD N K' Hay tø gi¸c CDMN lµ tø gi¸c néi tiÕp H I K trong mét ®­êng trßn. O P 2.  KDB = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa B M ®­êng trßn) D DK // CM (cïng vu«ng gãc víi BD) (1)  KCB = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn)
  54. CK // DN (cïng vu«ng gãc víi BC) (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra tø gi¸c CHDK lµ h×nh b×nh hµnh. (tø gi¸c cã c¸c cÆp c¹nh ®èi song song). 3. Gäi KP lµ ®­êng cao cña tam gi¸c CKD , I lµ trung ®iÓm cña CD, K’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá DC KP K’I 1 V× tø gi¸c CHDK lµ h×nh b×nh hµnh nªn SCDH = SCKD = KP.CD 2 §Ó SCDH lín nhÊt th× SCKD lín nhÊt KP lín nhÊt KP = K’I K trïng víi K’ hay K lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá CD. Mµ K, O, B th¼ng hµng B lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín CD. VËy ®iÓm B lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín CD th× diÖn tÝch tam gi¸c CDH lín nhÊt. Bµi 5: Ta cã: u + v = 4 u2 + v2 = 16 – 2uv MÆt kh¸c: u, v lµ c¸c sè d­¬ng nªn ¸p dông bÊt ®¼ng thøc c« si ta cã: 4uv (u + v)2 4uv 16 uv 4 33 33 33 65 P = u2 + v2 + = 16 – 2uv + 16 – 2.4 + = uv uv 4 4 65 P = khi u = v vµ u + v =4 u = v = 2 4 65 VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ khi u = v = 2 4 HÕt
  55. Së gd & ®t thanh ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2011 – 2012 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (1,5 §iÓm) 1. Víi hai sè x1 = 1 + 2 , x2 = 1 - 2 Ta cã: x1 + x2 = (1 + 2 ) + (1 - 2 ) = 2 2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: x 2y 1 x 2y 1 5x 5 x 1 x 1 2x y 3 4x 2y 6 2x y 3 2( 1) y 3 y 1 VËy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm x = -1, y = 1 Bµi 2: c c 4 c 1 1 1. Víi c 0;c 4 ta cã C = : c 2 c 2 c 4 c 2 c c 2 c c 2 4 c 1 1 1 1 : ( c 2) c 2 c 2 c 2 c 2 c 2 2 c 1 VËy C = víi c 0;c 4 2 c 2 1 1 1 1 2. Víi c 6 4 2 2 2 th× C = 2 c 2 2 (2 2) 2 2 2 2 Bµi 3: (2,5 §iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh x2 – (2p – 1)x + p(p – 1) = 0 (1) (Víi p lµ tham sè) 1. Víi p = 2 ph­¬ng tr×nh (1) trë thµnh x2 – (2.2 – 1)x + 2(2 – 1) = 0 x2 – 3x + 2 = 0 Ta cã: a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0 c Nªn ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = 1, x2 = = 2 a 2 2 2 2. Ta cã: 2 p 1 4 p p 1 4 p 4 p 1 4 p 4 p 1 0 víi p
  56. Ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi p. 3. x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1) (víi x1 < x2) nªn : (2 p 1) 2 p 1 1 (2 p 1) 2 p 1 1 x p 1 , x p 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta cã: x1 – 2x2 +3 = (p - 1) – 2p +3 = p – 4p + 4 = (p - 2) 0 víi p 2 2 x1 – 2x2 +3 = 0 khi (p - 2) = 0 p 2 2 VËy x1 – 2x2 +3 0 Bµi 4:  0  0 1. Ta cã: CFH = 90 , CKH = 90 D Nªn C, F, H, K cïng thuéc ®­êng trßn ®­êng kÝnh CH z F Hay tø gi¸c CFHK lµ tø gi¸c néi tiÕp H trong mét ®­êng trßn. Q 2. Ta cã: CFE : CKD C K CF CK E CE CD XÐt CFK vµ CED cã:  C chung CF CK CE CD Dã ®ã: CFK : CED (c – g - c) 3. V×  EFD = 900,  EKD = 900 K, F thuéc ®­êng trßn ®­êng kÝnh ED. Ta cã:  CFK =  KED ( v× CFK : CED ) (1)  CFK =  CHK hay  CFK =  QHK (cïng ch¾n cung CK trong ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c CKHD) (2)  QKD =  KED hay  QKH =  KED (gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng ch¾n cung KF trong ®­êng trßn ®­êng kÝnh DE)(3) Tõ (1), (2) vµ (3) ta cã:  QKH =  QHK (4) QHK c©n t¹i Q QK = QH (*) MÆt kh¸c ta cã:  QKH +  QKC = 900 (5)  QHK +  QCK = 900 (6)
  57. Tõ (4), (5) vµ (6) QCK c©n t¹i Q QK = QC ( ) Tõ (*) vµ ( ) suy ra QC = QH hay Q lµ trung ®iÓm cña CH Bµi 5: a b c V× a, b, c lµ c¸c sè d­¬ng nªn > 0, > 0, > 0 b c a c b a ¸p dông bÊt ®¼ng thøc c« si ta cã: b c b c b c a b c 1 1 a 2a 1 2 a a 2a a b c a b c b c a b c 2a a a c a c b c a a c 1 1 b 2b 1 2 b b 2b b b c a a c a c a b c 2b b b a b a b c a b a 1 1 c 2c 1 2 c c 2c c b c a b a b a a b c 2c c a b c 2a 2b 2c 2 b c a c b a a b c a b c a b c b c 1 a b c a a c DÊu “ = “ xÈy ra khi: 1 a c b a b c 0 b b a c b a 1 c Tr¸i víi gi¶ thiÕt a, b, c lµ c¸c sè d­¬ng a b c VËy: 2 b c a c b a HÕt
  58. BIỂU CHẤM KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ -A Bài Nội dung Điểm a) Giải phương trình : x – 1 = 0 x = 1 vậy nghiệm của phương 0,25 trình là x = 1 1 b) x2 – 3x + 2 = 0 là phương trình bậc hai ẩn x có dạng : a + b+ c = 0 0,25 Bài 1 c 2 0,25 nghiệm của phương trình là x1 = 1; áp dụng vi ét ta có x2 = =2 2 điểm a 1 Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = 1; x2 = 2 0,25 2x y 7 3x 9 x 3 x 3 0,5 Giải hệ phương trình : x y 2 x y 2 3 y 2 y 2 3 2 x 3 x 3 vậy nghiệm của hệ 0,25 y 1 y 1 a 0 a 0 a 0 2 2 a 0 2 2 a a 1 0,25 2 A = 1 + 1 -a 1 = 2 2 a 2 2 a 1 a 2 1 1 a 2 1 A = + - 0,25 2(1 a) 2(1 a) (1 a) 1 a 1 a a 1 1 a a 1 1 a 2a 2 2 A = 1 2.(1 a) 1 a 1 a Bài 1 2 a 1 . 1 a a 1 . 1 a 2a 2 2 điểm A = 0,25 2.(1 a). 1 a . 1 a a a a 1 a a a .a 1 a 2a 2 2 A = 2. 1 a 1 a 1 a 0,25 2 A = 2a 2a =2a(1 a) = a 2. 1 a 1 a 1 a 2. 1 a 1 a 1 a 0,25 1 a 1 a 1 2a 1 Với A 0 nên để < 0 2a – 1 < 0 a < 0,25 1 a 2 1 1 vậy 0 a < thì A < 0,25 2 3 1 đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1 ; 3) có toạ độ x = -1 ; y = 3 thoả mãn 0,25 công thức y = ax + b thay số ta có 3 = -a + b (1) 0,25 Mà đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3 nên 0,25
  59. a 5 a 5 0,25 (2) từ (1) và (2) ta có b 3 b 8 vậy a = 5 ; b = 8 đường (d):y = 5x + 8 Bài 3 2 phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) để phương trình 2 điểm bậc hai khi a 0 ta có : = b2 – 4ac = 3 a 1 2 4a .(2a+4) = 9 ( a2 + 2a + 1) – 8a2 – 16a = 9a2 + 18a + 9 – 8a2 – 16a 0,25 = a2 + 2a + 9 = ( a+ 1)2 + 8 > 0 với mọi a Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi a : 3. a 1 x x 1 2 0,25 Theo hệ thức vi et ta có : a 2a 4 x .x 1 2 a 2 2 2 theo bài ra ta có : x1 + x2 = 4 ( x1 + x2) – 2x1.x2 = 4 thay vào ta có 2 3 a 1 2a 4 2 = 4 9 ( a2 + 2a + 1) -2a.(2a+4) = 4a2 0,25 a a 9a2 + 18a + 9 -4a2 -8a = 4a2 a2 + 10a + 9 = 0 là phương trình bậc hai ẩn a có dạng a – b + c= 1- 10 + 9 = 0 nên có hai nghiệm a1 = –1 và a2 = - 9 0,25 với a = - 1 hoặc a = -9 thoả mãn 2 2 vậy với a = - 1 hoặc a = -9 p/ trình có hai nghiệm thoả mãn x1 + x2 = 4 1 Xét Tứ giác APMQ A ta có MQ  AC ( gt) MQˆA = 900 0,25 và MP  AB ( gt) MPˆA = 900 0,25 Nên : MQˆA + MPˆA = 1800 mà MQˆA và MPˆA là 0,25 O hai góc đối của APMQ nên APMQ nội tiếp 0,25 được trong đường tròn P Q B H M C 2 theo câu 1 thì APMQ nội tiếp được trong đường tròn mà MPˆA = 900 nên AM là đường kính do đó O là trung điểm cuả AM 0,25 Q; H ; P thuộc (O) nên OP = OH = OQ( = R) (1) 1 Bài 4 Ta có PAˆH = POˆH ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung PH) 3 điểm 2 1 QAˆH = QOˆH ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung QH) 0,25 2 Vì ABC đề có AH là đường cao nên nó cũng là phân giác góc BAC 0,25 PAˆH = QAˆH POˆH =QOˆH OH là phân giác POˆQ Mặt khác OP = OQ nên OPQ cân tại O có OH là phân giác POˆQ 0,25 nên OH là đường cao OPQ vậy OH  PQ 3 S ABC = S AMB + S AMC 0,25 1 1 1 Mà S ABC = BC AH ;S AMB = AB MP ; S AMC = AC MQ 2 2 2 0,25
  60. 1 1 1 S ABC = BC AH = AB MP + AC MQ 0,25 2 2 2 1 1 Vì ABC dều nên BC = AC = AB BC AH = BC ( MP + MQ) 2 2 0,25 MP +MQ = AH 8x2 y Tìm GTNN của D = y2 với x+ y 1 và x > 0 4x Từ x+ y 1 y 1 - x ta có: 8x2 1 x 1 1 D y2 2x y2 4x 4x 4 0,25 1 1 x x y2 4x 4 Bài 5 1 1 2 1 2 1 1 0,25 Thay x 1 - yta suy ra:D x 1 y y x y y 1điểm 4x 4 4x 4 2 (1) 1 Vì x> 0 áp dụng BĐT cô si có: x 1 4x 2 0,25 2 1 1 lại có: y y y 0 4 2 1 3 3 Nên từ (1) suy ra: D 1 + 0 + hay D . Vậy GTNN của D bằng 2 2 2 x y 1 0,25 1 1 Khi x x y 4x 2 1 y 2
  61. ĐÁP ÁN THI VÀO 10 THANH HÓA 2013 – 2014 Câu 1(2đ) 1. a) S = 0 b) Pt có hai nghiệm phân biệt : x1 = 1 ; x2 = -3. 2. Hpt có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;0). Câu 2(2đ): 1 y ( y 1)2 y 1 a) Q = . y( y 1) y 1 y 2 1 1 b)y 3 2 2 (1 2)2 Q = 2 . 2 1 Câu 3(2đ) a) (d) đi qua B(1;5) 5 = 2b.1 + 1 b = 2 . PT (d) : y = 4x + 1. b) Hoành độ giao điểm là nghiệm pt : 2x2 + 2bx + 1 = 0 (*) Có : , = b2 - 2 . ĐK để (d) và (P) cắt nhau tai hai điểm pb là (*) có 2 nghiệm pb , Điềm này xảy ra 0 b 2 hoặc b 2 (*1). Vì x1 ; x2 là nghiệm nên theo viet ta có : x1 + x2 = -b. 2 2 2 Theo đề bài : x1 + x2 + 4(x1 + x2) = 0 (x1 + x2) + 2.(x1 + x2) = 0 b2 + 2b = 0 b = 0 (loại) hoặc b = -2(t/m). Vậy b = -2. Câu 4(3đ) a) Tứ giác IFSL nt đg tròn đg kính LF. b) MC V IJN vuông cân: Trong (O) có IO FE(gt) I là điểm chính giữa E»F IE = IF(đl liên hệ cung và dây) Xét V EJI và V FIN có: IE = IF(cm trên) EJ = FN (gt) J·EI N· FI (góc nt chắn JºI ) V EJI = V FIN(c.g.c) JI = IN (1)(hai cạnh tương ứng) và J·IE N· IF (góc tương ứng) J·IE E· IN N· IF E· IN hay J·IN E· IF . Mà E· IF = 900(góc nt chắn nửa đg tròn) J·IN = 900 (2) Từ (1) và (2) suy ra tam giác IJN vuông cân.(đpcm) c) Gọi P là gđ của FJ với DE. K là gđ của DF với LS. DE OE Theo đề bài ED.JF = JE.OF hay ( DO OE = JE JF OF) VDEO : VEJF (cgc) E·OD E·FJ . Mà chúng ở vị trí đồng vị nên OD//FP. Lại có o là trung điểm của EF D là trung điểm của EP(đl đg tb) ED=DP(3)
  62. Mặt khác LS//EP(cùng vuông góc với EF) SK KF LK FK SK KL (talet); (talet) kết hợp với (3) K là ED FD DP FD ED PD trung điểm của LS (đpcm) Câu 5(1đ) a4 b 3c 1 Áp dụng BĐT cosi: a2 b 3c 16 2 b4 c 3a 1 b2 c 3a 16 2 c4 a 3b 1 c2 a 3b 16 2 b 3c c 3a a 3b 1 VT + ( + + ) (a2 b2 c2 ) 16 16 16 2 1 1 VT (a2 b2 c2 ) - (a b c) Dấu bằng xảy ra khi: 2 4 a4 b 3c b 3c 16 b 3c 4 b4 c 3a c 3a 4 a b c 1(do a;b;c dương) c 3a 16 a 3b 4 c4 a 3b a 3b 16 Mặt khác áp dụng BĐT bunhia: (a + b + c)2 (1 + 1+ 1)(a2 + b2 + c2 ) a + b + c 3 . a 2 b2 c2 - (a + b + c) -3 . a 2 b2 c2 1 1 1 3 (a2 b2 c2 ) - (a b c) (a2 b2 c2 ) - . a 2 b2 c2 2 4 2 4 1 3 VT (a2 b2 c2 ) - .a 2 b2 c2 Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c =1 2 4 Lại có: a2 + b2 2ab b2 + c2 2bc c2 + a2 2ca a2 + b2 + c2 ab + bc + ca 3 a2 + b2 + c2 3 a 2 b2 c2 3 . a b c Dấu bằng xảy ra khi: a b c 1 ab bc ca 3 Xét hiệu: 1 3 3 A = (a2 b2 c2 ) - .a 2 b2 c2 - 2 4 4 Đặt t = a 2 b2 c2 với t 3 1 3 3 1 3 3 3 1 3 A = t2 - t - = ( t2 - t ) + ( t - ) = t .(t - 3 ) + (t - 3 ) 2 4 4 2 2 4 4 2 4
  63. 1 3 1 3 3 = (t - 3 ).( t + ) Do t 3 nên A 0 t2 - t 2 4 2 4 4 1 3 3 Hay (a2 b2 c2 ) - . a 2 b2 c2 2 4 4 a4 b4 c4 3 Dấu “=” xảy ra  a = b = c =1(đpcm) b 3c c 3a a 3c 4 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ B 2014-2015 Câu Nội dung Điểm 1a. Giải pt: y - 3 = 0 y = 3. Vậy pt có nghiệm y = 3 0.25 Giải pt: y2 – 3y + 2 = 0 Ta có: a = 1, b = - 3, c = 2 1.b 0.75 a + b + c = 1 + ( - 3) + 2 = 0 Vậy pt có nghiệm y1 = 1, và nghiệm y2 = 2. x 2y 4 4x 8 x 2 x 2 1.b 3x 2y 4 x 2y 4 x 2y 4 y 1 1.0 Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 1) y 1 1 1 B : , với y > 0 và y 1. 2 y y y y 1 y 1 1 1 y 1 y 1 y B : : 2 0.25 y y y y 1 y(y 1) y( y 1) 2a. y 1 1 B : 0.5 y( y 1)( y 1) y( y 1) y 1 1 1 B : y( y 1) . Vậy B = 0.5 y( y 1) y y Tính giá trị của B khi y = 3 2 2 0.25 y = 3 2 2 = ( 2 + 1)2 => y = 2 + 1 thoả mãn ĐKXĐ 2b. 1 Khi đó giá trị của B = 2 1. 0.25 2 1 Vậy B = 2 1 khi y = 3 2 2 0.25 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx – 3 và parabol (p) 3 y = x2 Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 0) 0.75 3.1 Vì (d) đi qua B(1; 0) nên ta có pt : 1. n – 3 = 0 => n = 3. Vậy n = 3, và pt đường thẳng d là : y = 3x - 3. 0.25 Tìm n để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x 1, x2 thoả mãn x1 x2 2 3.2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (p) là: 0.5 x2 = nx – 3 x2 – nx + 3 = 0. Ta có a = 1, b = - n, c = 3 2 Pt có hai nghiệm phân biệt x1, x2 > 0 (- n) – 4. 3) > 0
  64. n 2 3 n2 – 12 > 0 (*), n2 12 n 2 3 2 2 n n 12 n n 12 2 2 => x1 = , x2 = , x x n 12 n 12 0.25 2 2 1 2 x x 2 n2 12 2 n2 12 4 n2 16 n 4 1 2 0.25 Vậy n = 4 là giá trị thoả mãn đề bài. Cho đường tròn tâm O đường kính EF = 2R. Gọi C là trung điểm của OE; qua C kẻ đường vuông góc với OE cắt đường tròn đó tại hai điểm phân biệt M và N. Trên cung nhỏ Fm lấy điểm K ( K F và K M), trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM. gọi D là giao điểm của EK và MN. Chứng minh rằng: M K 4 D E . . F C O . I N P Tứ giác FCDKlà tứ giác nội tiếp. Xét tứ giác FCDK 4.1 Có CD EF => FCD = 900, FCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 1.0 => FCD + FCK = 1800. => Tứ giác FCDK nội tiếp được trong đường tròn đường kính FD. EK . ED = R2 Xét tam giác KFE và tam giác CDE Có FKE = DCE = 900. và Ê chung => KFE và CDE đồng dạng với nhau KF KE FE 4.2 => KE . DE = CE . FE (1) 1.0 CD CE DE OE R Mà CE = (Vì C là trung điểm của OE) và EF = 2R(đề bài cho) (2) 2 2 Từ (1) và (2) suy ra: KE . DE = R2. NI = FK Gọi P là giao điểm của tia MI với (O). Vì C là trung điểm của OE (đề bài0 4.3 và do MN EF nên C cũng là trung điểm của MN (Định lý đường kính và 1.0 dây) Do đó tứ giác MENO là hình thoi ( dấu hiệu về đường chéo) => OM = ME = EN = NO = R
  65. => OME đều => OME = 600 => MON = 1200. Mà MON = sđ M¼N (góc ở tâm) 1 và MKN = sđ M¼N ( góc nội tiếp chắn M¼N ) 2 Do đó suy ra MKN = 600. Xét KMI có IK = KM (đề cho) MKN = 600 (cm trên) => KMI là tam giác đều. 1 Do đó MIK = 60 0, nhưng MIK = (sđ M¼K + sđ P»N ) ( góc có đỉnh ở bên 2 1 trong đường tròn) => (sđ M¼K + sđ P»N ) = 60 (3) . 2 Lại có Tứ giác OMEN là hình thoi và MEN = 1200 => MEO = 600 hay 1 1 MEF = 600. Nhưng MEF = sđ M¼F = (sđ M¼K + sđ K»F ) 2 2 1 => (sđ M¼K + sđ K»F ) = 600(4) 2 Kết hợp (3) và (4) => K»F = P»N => KF = PN (*) 1 Mặt khác: INP có NIP = MIK = 600 (đối đỉnh), NPI = sđ M¼N = 600. 2 Nên nó là tam giác đều , do vậy IN = NP ( ) Từ (*) và ( ) suy ra IN = FK (đpcm). Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P + + a b 1 b c 1 c a 1 Đặt x3 = a, y3 = b, z3 = c Do a, b, c dương nên x, y, z dương. => a, b, c = x3 . y3 . z3 = 1 => x . y. Z = 1. 1 1 1 Kh iđó P = + + x3 y3 1 y3 z3 1 z3 x3 1 Xét hiệu ( x3 + y3) – xy(x + y) = (x - y) x2 – y2 (x - y) = (x - y)(x2 – y2) = (x - y)2(x + y), vì (x - y)2 0 x, y và x + y dương (vì 5 x, y dương) 1.0 Do vậy: (x -y)2(x + y) 0, x, y dương => ( x3 + y3) – xy(x + y) 0, x, y dương => x3 + y3 xy(x + y), x, y dương, dấu “=” xảy ra x = y => x3 + y3 + 1 xy(x + y) + 1, x, y dương, dấu “=” xảy ra x = y => x3 + y3 + 1 xy(x + y) + xyz ( vì xyz = 1), x, y dương, dấu “=” xảy ra x = y. => x3 + y3 + 1 xy(x + y + z) 1 1 => , dấu ”=” xảy ra khi x = y ( 1) x3 y3 1 xy(x y z) Chứng minh tương tự ta cũng được
  66. 1 1 , dấu ”=” xảy ra khi z = y ( 2) y3 z3 1 yz(x y z) 1 1 , dấu ”=” xảy ra khi z = x ( 3) z3 x3 1 zx(x y z) Kết hợp (1), (2) và (3) ta được 1 1 1 P + + dấu ”=” xảy ra khi xy(x y z) yz(x y z) zx(x y z) x y y z z x x = y = z. xyz 1 x 0, y 0, z 0 1 1 1 1 1 x y z 1 P =  = 1. Dấu ”=” xảy (x y z) xy yz zx (x y z) xyz xyz ra khi x = y = z a = b = c = 1. Do đó => MaxP = 1 khi a = b = c= 1 Ghi chú: + Học sinh có cách giải khác mà đúng vẫn cho điểm theo thang điểm đã định. + Câu 4 học sinh khong vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm.
  67. ĐÁP ÁN KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: Toán Câu 1: 1. a. Khi m = 0 ta có x -2 = 0 => x = 2 2 b. Khi m = 1 ta được phương trình: x + x – 2 = 0 => x1 = 1; x2 = -2 2. Giải hệ phương trình: x y 5 x 3 x y 1 x 2 Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;2) Cấu 2. a. Rút gọn Q 4 3 6 b 2 Q = = b 1 b 1 b 1 4( b 1) 3 b 1 6 b 2 b 1 b 1 ( b 1)( b 1) 4 b 4 3 b 3 6 b 2 ( b 1)( b 1) b 1 1 ( b 1)( b 1) b 1 2. Thay b = 6 + 25 ( 5 1)2 (Thỏa mãn điều kiện xác định) vào 1 1 biểu thức Q đã rút gọn ta được: 5 2 ( 5 1)2 1 5 2 Vậy b = 6 + 25 thì Q = 5 -2 Câu 3. 1. Thay x = 0; y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta được: n = 3 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 – x – (n - 1) = 0 (*) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 3 4n 3 f 0 n f . 4 x1 x2 1 Khi đó theo định lý Vi ét ta có: x1x2 (n 1)
  68. 1 1 x1 x2 Theo đề bài: 4 x1x2 3 0 4 x1x2 3 0 x1 x2 x1x2 4 n 2 0 n 1 n2 n 6 0(DK : n 1) n1 2(TM );n2 3(L) Vậy n = 2 là giá trị cần tìm. Câu 4. T D d E K F O M C R 1. HS tự chứng minh 2. Ta có K là trung điểm của EF => OK EF => M· KO 900 => K thuộc đương tròn đường kính MO => 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường tròn đường kính MO => D·KM D·OM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD) C·KM C·OM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) Lại có D·OM C·OM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) => D·KM C·KM => KM là phân giác của góc CKD 3. Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R. (MC+CR) 2R. CM.CR Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMR ta có: CM.CR = OC2 = R2 không đổi 2 => SMRT 2R Dấu = xảy ra CM = CR = R2 . Khi đó M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R2 . Vậy M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R2 thì diện tích tam giác MRT nhỏ nhất. Câu 5 Ta có: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 – 60 = 0 2 2 2 2 2 x = (yz) -5(4y + 3z – 60) = (15-y )(20-z ) Vì 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 => 4y2 60 và 3z2 60 => y2 15 và z2 20 => 2 2 (15-y ) 0 và (20-z ) 0 => x 0 1 2 2 yz (15 y2 )(20 z2 ) yz (15 y 20 z ) => x= 2 (BĐT cosy) 5 5 2yz 35 y2 z2 35 (y z)2 => x 10 10
  69. 35 (y z)2 10(y z) 60 (y z 5)2 => x+y+z 6 10 10 y z 5 0 x 1 2 2 Dấu = xảy ra khi 15 y 20 z y 2 x y z 6 z 3 Vậy Giá trị lớn nhất của B là 6 đạt tại x = 1; y = 2; z = 3. SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO Năm học: 2016 – 2017 Đề chính thức Ngày thi: 26 tháng 06 năm 2016 Thời gian làm bài: 120 phút Hết Câu Nội dung Điểm 1. Giải các phương trình: a. x = 6 0.5 b. x2 – 5x + 4 = 0. Nhận thấy 1 + (-5) + 4 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0. Câu 1 x1 = 1 (2điểm) Vậy ngiệm của phương trinh là: 0.75 x2 = 4 2x - y = 3 5x 5 x = 1 2. Giải hệ phương trình: 0.75 3x + y = 2 3x + y = 2 y = -1 Câu 2 1. Với y > 0; y 1 Ư(2) (2điểm) y y -1 y y +1 2 y 2 y 1 A = : y - y y + y y 1 2 ( y -1)(y + y +1) ( y +1)(y - y +1) 2 y 1 A = : y( y -1) y( y 1) ( y 1)( y 1) (y + y +1) (y - y +1) 2 y 1 A = : y y ( y 1) y + y +1- y + y -1 y 1 A =  y 2( y 1) 2 y y 1 A =  y 2( y 1) y 1 A = y 1 1 y 1 y 1 2 2 2. Với y > 0; y 1 Ta có A = 1 để A nhận giá trị nguyên thì y 1 y 1 y 1 2 nguyên hay 2M y 1 y 1 U (2) y 1 1,2 y 0,1 y 0,1 y 1
  70. (không thỏa mãn ĐKXĐ). 1 Vậy không có giá trị nguyên nào của y để biểu thức B nhận giá trị nguyên Câu 3 1. Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2) nên có 2 = n.1+1 n = 1 là giá trị cần tìm 0.5 (2điểm) 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): 2x2 - nx -1 = 0 Có Δ = n2 8 0 với mọi n nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi n Vậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt M(x1; y1), 2 2 N(x2; y2) khi đó y1 = 2x1 ; y2 = 2x2 1 0.75 Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: x x = 1 2 2 1 1 1 1 Theo bài ra ta có S = x x y y x x 2x 2.2x 2 x x 4(x x )2 4. 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 4 2 2 1 1. S là giá trị cần tìm. 2 0.75 Câu 4 1. Ta có M· PQ = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); (3điểm) 1.0 EF  MQ E·PQ + E·FQ = 900 900 1800 tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường kính PQ 2. Tương tự E·NM + E·FM = 900 900 1800 tứ giác MNEF nội tiếp P·FQ P·EQ (hai góc nộ tiếp cùng chắn P cung PQ trong đường tròn đường kính EQ) N N·FM N·EM (hai góc nội tiếp cùng chắn E cung MN trong đường tròn đường kính ME) L N·EM P·EQ (hai góc đối đỉnh) P·FQ M· FK (hai góc đối đỉnh) M Q N·FM K·FM F 1.0 hay PM là phân giác của góc N·FM 3. Ta có: N·PM N·QM (hai góc nội tiếp cùng chắn K cung MN trong đường tròn đường kính MQ) E·PF E·QF (hai góc nộ tiếp cùng chắn cung EF trong đường tròn đường kính EQ) N· PE E·PL PE là phân giác trong của ΔNPL . Lại có PE  P Q PE là phân giác ΕΝ QN ngoài của ΔNPL = ΕΝ.QL QN. ΕL (đpcm) 1.0 ΕL QL Câu 5 Với a, b, c là các số dương ta có: (1điểm) 1 2 9 0.25 (+) + (1) (m + 2n)(n + 2m) 9 mn m n m + 2n 2m2 - 4mn + 2n2 0 2(m - n)2 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n (+) m + 2n 3(m2 2n2 )(2) (m 2n)2 3(m2 2n2 ) 2 2 2 2m - 4mn+2m 0 2(m - n) 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n 0.25 1 2 9 9 3 (+) Từ (1) và (2) suy ra + (do m2 + 2n2 3p2 ). 0.25 m n m+2n 3(m2 + 2n2 ) p 1 2 3 Suy ra + . Dấu bằng xảy ra khi m = n = p m n p 0.25
  71. * Lưu ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn được điểm tối đa ĐÁP ÁN KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 Câu I: 1)Khi n 0 ; phương trình (1) trở thành x 2 0 x 2 . Khi n 1 ; phương trình (1) trở thành: x2 x 2 0 . Vì a b c 0 nên phương trình có 2 nghiệm x1 1; x2 2 . 3x 2y 6 4x 16 x 4 x 4 2) Ta có x 2y 10 x 2y 10 4 2y 10 y 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là : (x; y) (4;7) Câu II: 1. 4 y 8y y 1 2 A : 2 y 4 y y 2 y y 4 y 2 y 8y y 1 2 y 2 : 2 y 2 y 2 y 2 y y y 2 y y 2 8 y 4y 8y y 1 2 y 4 : 2 y 2 y y y 2 8 y 4y 3 y : 2 y 2 y y y 2 8 y 4y 3 y : 2 y 2 y y y 2 4 y 2 y y 2 y . 2 y 2 y y 3 4y y 3
  72. 4y Vậy A (với y 0, y 4, y 9 y 3 ) 4y A 2 2 4y 2 y 6 4y 2 y 6 0 y 3 y 1 2y y 3 0 3 y 1 y ( loai) 2 y 1 (thỏa mãn ĐKXĐ). Vậy y 1 thì A 2 Câu III 1. Đường thẳng (d) đi qua A 2;0 2.2 n 3 0 n 7 . 2. Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: x2 2x n 3 x2 2x n 3 0 Ta có ' 1 (n 3) 4 n . Phương trình có hai nghiệm phân biệt ' 0 4 n 0 n 4 (*) Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: x1 x2 2 (1) x1.x2 n 3 (2) 2 x1 2x2 x1x2 16 (3) Cách 1: Thay x2 2 x1 ở (1) vào (3) ta có: 2 x1 2 2 x1 x1 2 x1 16 2 2 x1 4 2x1 2x1 x1 16 4x1 20 x1 5. x2 2 5 3 Thay x1 5; x2 3 vào (2) ta có: 5.( 3) n 3 n 12 Cách 2: Thay 2 ở (3) bằng x1 x2 Ta có:
  73. 2 x1 x1 x2 x2 x1x2 16 2 2 x1 x1x2 x2 x1x2 16 2 2 x1 x2 16 x1 x2 x1 x2 16 (x1 x2 ).2 16 x1 x2 8 x1 x2 8 x1 5 x1 x2 2 x2 3 Thay x1 5; x2 3 vào (2) ta có: 5.( 3) n 3 n 12 (thỏa mãn điều kiện (*) Vậy n 12 . Câu IV: 1,2 các bạn tự làm nhé. Còn ý 3 làm như sau: Áp dụng bất đẳng thức AM- GM ta có: MF 2ME 2 MF.2ME 2 2MN 2 2 2(2R)2 4 2R. Dấu “=” xảy ra MF 2ME E là trung điểm của MF OE‖ FN E là điểm chính giữa cung MN. Vậy MF 2ME đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 2R E là điểm chính giữa cung MN. Câu V: Áp dụng bất đẳng thức phụ: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (x y z t). 16 hay (với x y z t x y z t 16 x y z t x, y, z,t 0 ) ta có: 1 1 1 P 2a 3b 3c 3a 2b 3c 3a 3b 2c 1 1 1 b c b c b a c a a c a c a b b c a b a b a c b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 16 b c b c b a c a 16 a c a c a b b c 1 1 1 1 1 16 a b a b a c b c 1 4 4 4 16 b c a b c a 1 1 1 1 2017 . 4 b c a b c a 4 .
  74. Dấu “=” xảy ra 3 a b c . 4034 2017 3 Vậy MaxP a b c 4 4034 ĐÁP ÁN KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019