›
›
›

Đề thi tuyển vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Khánh Hòa (Có đáp án)

doc 132 trang thaodu 18270
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Khánh Hòa (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_tuyen_vao_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2011_2012_so_g.doc

Nội dung text: Đề thi tuyển vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Khánh Hòa (Có đáp án)

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi : 21/06/2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN ( đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1( 2 điểm) 2 3 6 8 4 1) Đơn giản biểu thức: A 2 3 4 1 1 2) Cho biểu thức: P a ( );(a 1) a a 1 a a 1 Rút gọn P và chứng tỏ P 0 Bài 2( 2 điểm) 2 1) Cho phương trình bậc hai x + 5x + 3 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Hãy lập một phương trình bậc hai có hai 2 2 nghiệm (x1 + 1 ) và ( x2 + 1). 2 3 4 x y 2 2) Giải hệ phương trình 4 1 1 x y 2 Bài 3( 2 điểm) Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi đi được 2 giờ,người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B đúng thời gian đã định,người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại.Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp. Bài 4( 4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E. 1) Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn 2) Chứng minh BAE DAC 3) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC,đường thẳng AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC. 4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a Bài giải Bài 1 2 3 2 6 8 2 ( 2 3 4)(1 2) 3) A 1 2 2 3 4 2 3 4 a a 1 a a 1 P a ( );a 1 a a 1 4) a 2 a 1 a 1 2 a 1 1;vi : a 1 P ( a 1 1)2 0;a 1 Bài 2 x2 + 5x + 3 = 0 1) Có 25 12 13 0 Nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1+ x2 = - 5 ; x1x2 = 3 2 2 2 Do đó S = x1 + 1 + x2 + 1 = (x1+ x2) - 2 x1x2 + 2 = 25 – 6 + 2 = 21 2 2 2 2 Và P = (x1 + 1) (x2 + 1) = (x1x2) + (x1+ x2) - 2 x1x2 + 1 = 9 + 20 = 29 1
  2. Vậy phương trình cần lập là x2 – 21x + 29 = 0 2)ĐK x 0; y 2 2 3 14 4 7 x 2 x y 2 x x 2 3 12 3 2 3 1 4 y 3 3 4 y 2 x y 2 x y 2 Vậy HPT có nghiệm duy nhất ( x ;y) = ( 2 ;3) Bài 3 Gọi x(km/h) là vtốc dự định; x > 0 ; có 30 phút = ½ (h) 50  Th gian dự định : (h) x Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km)  Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km) Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h) 50 2x Th gian đi quãng đường còn lại : (h) x 2 1 50 2x 50 2 Theo đề bài ta có PT: 2 x 2 x Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h A Bài 3 a) Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn Vì BC //ED Mà AE  BC Nên AE  ED H 0 AED 90 => E ( O ; AD / 2 ) G Nói được ABD ACD 900 (nội tiếp chắn ½ đường tròn (O) ) O  kết luận b) Chứng minh BAE DAC B C C1: vì BC //ED nên cung BE bằng cung CD => kết luận M C1: vì BC //ED nên CBD BDE ( SLT) Mà BAE bằng ½ sđ cungBE Và CAD bằng ½ sđ cungDC => cungBE bằng cungDC => kết luận E D Giải câu c) Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng Tam giác AHD có OM là ĐTBình => AH = 2 OM Và AH // OM 2 tam giác AHG và MOG có HAG  OMG slt AGH  MGO (đ đ) AH AG AHG MOG(g g) 2 MO MG Hay AG = 2MG Tam giác ABC có AM là trung tuyến; G AM 2
  3. Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC d) BHC BDC ( vì BHCD là HBH) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính là a Nên tam giác BHC cũng nội tiếp (K) có bán kính a Do đó C (K) = 2 a ( ĐVĐD) 3
  4. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 (Đợt 1 ) Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (3,0 điểm). 1) Giải các phương trình: a.5(x 1) 3x 7 4 2 3x 4 b. x 1 x x(x 1) 2) Cho hai đường thẳng (d 1): y 2x 5 ; (d2): y 4x 1cắt nhau tại I. Tìm m để đường thẳng (d3): y (m 1)x 2m 1 đi qua điểm I. Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình: x2 2(m 1)x 2m 0 (1) (với ẩn là x ). 1) Giải phương trình (1) khi m =1. 2) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . 3) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1 ; x2 . Tìm giá trị của m để x1 ; x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 . Câu 3 (1,0 điểm). Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4 m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích 77 m2. Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu? Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có Â > 900. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi F là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A). Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD. 3) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH.BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng: x y z 1. x 3x yz y 3y zx z 3z xy ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm Biến đổi được 5x + 5 = 3x + 7 0,5 1.a 2x 2 x = 1 0,5 Điều kiện: x 0 và x 1 0,25 1 1.b Biến đổi được phương trình: 4x + 2x – 2 = 3x + 4 3x = 6 x = 2 0,5 So sánh với điều kiện và kết luận nghiệm x = 2 0,25 2 Do I là giao điểm của (d1) và (d2) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương trình: 0,25 4
  5. y 2x 5 y 4x 1 Giải hệ tìm được I(-1; 3) 0,25 Do (d3) đi qua I nên ta có 3 = (m+ 1)(-1) + 2m -1 0,25 Giải phương trình tìm được m = 5 0,25 Khi m = 1 ta có phương trình x2 – 4x + 2 = 0 0,25 1 0,25 Giải phương trình được x1 2 2 ; x2 2 2 Tính ' m2 1 0,25 2 Khẳng định phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25 2 2m 2 0 Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương m 0 0,25 2m 0 2 2 2 3 Theo giả thiết có x1 + x2 = 12 (x1 + x2) – 2x1x2 = 12 0,25 4(m 1)2 4m 12 m2 + m – 2 = 0 0,25 Giải phương trình được m = 1 ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25 Gọi kích thước của hình chữ nhật là a, b (m) điều kiện a, b > 0 0,25 Do chu vi của hình chữ nhật bằng 52 nên ta có a + b = 26 0,25 3 Sau khi giảm mỗi chiều đi 4 m thì hình chữ nhật mới có kích thước là a – 4 và b – 4 0,25 nên (a – 4)(b – 4) = 77 Giải hệ phương trình và kết luận được các kích thước là 15 m và 11 m 0,25 Hình vẽ đúng: x E D A H 0,25 O O' 1 B F C Lập luận có A· EB 900 0,25 · 0 4 Lập luận có ADC 90 0,25 Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 0,25 Ta có A· FB A· FC 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra A· FB A· FC 1800 0,25 Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng 2 A· FE A· BE (cùng chắn A»E ) và A· FD A·CD (cùng chắn A»D ) 0,25 Mà E·CD E·BD (cùng chắn D»E của tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25 Suy ra: A· FE A· FD => FA là phân giác của góc DFE 0,25 5
  6. AH EH Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra (1) 0,25 AD ED BH EH 3 Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra (2) 0,5 BD ED AH BH Từ (1), (2) ta có: AH.BD BH.AD 0,25 AD BD 2 Từ x yz 0 x2 yz 2x yz (*) Dấu “=” khi x2 = yz 0,25 Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) x(y z) 2x yz 0,25 Suy ra 3x yz x(y z) 2x yz x ( y z) (Áp dụng (*)) x x x 3x yz x ( x y z) (1) 5 x 3x yz x y z 0,25 y y z z Tương tự ta có: (2), (3) y 3y zx x y z z 3z xy x y z x y z Từ (1), (2), (3) ta có 1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy 0,25 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 THI NGÀY 22/6/2011 Môn: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2,0 điểm) 1) Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh sau: a)9x2 3x 2 0 b) x4 7x2 18 0 2)Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× ®å thÞ hai hµm sè y 12x 7 m vµ y 2x 3 m c¾t nhau t¹i mét ®iÓm trªn trôc tung. Bài 2: (2,0 điểm) 2 1 1) Rót gän biÓu thøc: A 1 2 3 2 2 1 1 1 2 2)Cho biÓu thøc: B 1 . . x x 1 x 1 x 1 a) Rót gän biÓu thøc B b) T×m gi¸ trÞ cña x ®Ó biÓu thøc B 3. Bài 3: (1,5 điểm) 6
  7. 2y x m 1 Cho hÖ ph­¬ng tr×nh: 1 2x y m 2 1)Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh 1 khi m 1 2) T×m gi¸ trÞ cña m ®Ò hÖ ph­¬ng tr×nh 1 cã nghiÖm x; y sao cho biÓu thøc P x2 y2 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn O . Hai đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BD cắt đường tròn O tại điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn O tại điểm thứ hai Q. Chứng minh: 1) BEDC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2) HQ.HC HP.HB 3) §­êng th¼ng DE song song víi ®­êng th¼ng PQ. 4) §­êng th¼ng OA lµ ®­êng trung trùc cña ®o¹n th¼ng PQ. Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y, z lµ ba sè thùc tuú ý. Chøng minh: x2 y2 z2 yz 4x 3y 7. 2 2 2 2 1 2 1 2 3 2 3 Ta cã: x y z yz 4x 3y x 4x 4 y 2. y.z z y 2. y. 3 3 4 3 4 2 4 2 2 2 2 1 3 x 2 y z y 3 7 7, x, y, z ¡ 2 2 HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu 1: 2 2 1 1/ a/ 9x +3x-2=0; =81,phương trình có 2 nghiệm x1= ;x2= 3 3 b/ Đặt x2=t (t 0) pt đã cho viết được t2+7t-18=0 (*); 121 112 pt (*) có t=-9 (loại);t=2 với t=2 pt đã cho có 2 nghiệm x 2; x 2 2/Đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung tại điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung tại điểm B(0;3+m) theo yêu cầu bài toán A B khi 7-m=3+m tức là m=2. Câu 2: 1/ 2 1 7 5 2 (7 5 2)(1 2)(3 2 2) A (3 2 2)(3 2 2) 1 1 2 3 2 (1 2)(3 2 2) 1 2/ a/ x 1 x 1 x 1 2 x 1 2 x 2 2 B ( )( ) ( )( ) x ( x 1)( x 1) x ( x 1)( x 1) x 2 4 b/ B 3 3 x (thoả mãn đk ) x 9 Câu 3: 2y x 2 (1) 1/ Khi m=1 ta có hệ pt: rút y từ (2) y=2x+1 thế vào pt (1) được x=0, suy ra y=1 2x y 1 (2) Vậy hệ có nghiệm (0;1) 7
  8. 2 1 1 1 1 1 2/ P x2 y2 (m 1)2 m2 2m2 2m 1 ( 2m)2 2. m ( )2 1 ( )2 ( 2m )2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 P đạt GTNN bằng khi 2m m 2 2 2 · 0 CEB 90 Câu 4: Từ giả thiết ta có: suy ra E,D nhìn B,C dưới 1 góc vuông · 0 CDB 90 nên tứ giác BEDC nội tiếp được trong 1 đường tròn. 1) Vì tam giác HBC và HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB 2) BEDC nội tiếp đường tròn suy ra B·DE B·CE B·CQ; từ câu 1/ Ta có : B·PQ B·CQ Suy ra B·DE B·PQ (2 góc đồng vị suy ra đpcm) 3) OP=OQ (vì bằng bán kính đường tròn O) (1) E·BD E·CD (góc nội tiếp cùng chắn cung ED) QA=PA Vậy A và O cách đều P,Q nên suy ra đpcm. Bài 5: (1,0 điểm) 2 2 2 2 1 2 1 2 3 2 3 Ta cã: x y z yz 4x 3y x 4x 4 y 2. y.z z y 2. y. 3 3 4 3 4 2 4 2 2 2 2 1 3 x 2 y z y 3 7 7, x, y, z ¡ 2 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trên 01 trang Câu 1 (2,0 điểm): 1. Rút gọn các biểu thức a) A 2 8 a b b) B + . a b - b a với a 0, b 0, a b ab-b ab-a 2x + y = 9 2. Giải hệ phương trình sau: x - y = 24 Câu 2 (3,0 điểm): 1. Cho phương trình x2 - 2m - (m2 + 4) = 0 (1), trong đó m là tham số. a) Chứng minh với mọi m phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt: 2 2 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm m để x1 + x2 20 . 2. Cho hàm số: y = mx + 1 (1), trong đó m là tham số. a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A (1;4). Với giá trị m vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên R? b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng (d) có phương trình: x + y + 3 = 0 8
  9. Câu 3 (1,5 điểm): Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B dài 30 km. Khi đi ngược trở lại từ B về A người đó tăng vận tốc thêm 3 (km/h) nên thời gia về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp lúc đi từ A đến B. Câu 4 (2,5 điểm): Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ điểm A bên ngoài đường tròn, kẻ 2 tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Từ B, kẻ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn tại D (D khác B). Nối AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Nối BK cắt AC tại I. 1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn. 2. Chứng minh rằng : IC2 = IK.IB. 3. ChoB·AC 600 chứng minh ba điểm A, O, D thẳng hàng. Câu 5 (1,0 điểm): x, y, z  1:3 2 2 2 Cho ba số x, y, z thỏa mãn . Chứng minh rằng: x + y + z 11 x + y + z 3 HẾT Hướng dẫn và đáp án câu nội dung điểm 1 1. a) A= 2 2 2 (1 2) 2 3 2 0,5 a b b) B= a b b a b( a b) a( a b) 0,5 a b = ab( a b) a b ab( a b) 2. 2x y 9 2x y 9 2.11 y 9 y 13 0,75 x y 24 3x 33 x 11 x 11 0,25 Vậy hpt có nghiệm (x;y) = (11;-13) 2 1. a) ' ( 1) 2 1. (m 2 4) m 2 5 0,5 Vì m 2 0,m ' 0,m . 0,5 Vậy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m x x 2 b) Áp dụng định lý Vi –ét 1 2 2 x1 x2 (m 4) 2 2 2 x1 x2 20 x1 x2 2x1 x2 20 0,5 22 2m 2 8 20 2m 2 8 m 2 vậy m= 2 2. a) Vì đồ thị của hàm số (1) đi qua A(1;4) 4= m.1+1 m 3 0,5 Với m = 3 hàm số (1) có dạng y = 3x +1; vì 3>0 nên hàm số (1) đồng biến trên R. 0,5 b) (d) : y = - x – 3 9
  10. m 1 0,5 Vì đồ thị của hàm số (1) song song với (d) 1 3 Vậy m = -1 thì đồ thị của hàm số (1) song song với (d) 3 Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h, x>0) 0,25 Khi đi từ B về A vận tốc của người đó là x + 3 (km/h) 30 thời gian đi từ A đến B là (h) x 0,25 30 thời gian đi từ B về A là (h) x 3 0,25 1 vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = (h) nên ta có pt 2 30 30 1 0,25 x x 3 2 60x 180 60x x 2 3x 2 x 3x 180 0 0,25 9 720 729 0 x1 12(TM ) x2 15(KTM ) Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 12km/h 0,25 4 B D A K O I C 1 AB  BO 0,25 a) Ta có ( t/c tiếp tuyến) AC  CO 0 ABO 90 0 0 0 0,5 ABO ACO 90 90 180 0 ACO 90 0,25 Vậy tứ giác ABOC nội tiếp ( định lý đảo về tứ giác nội tiếp) b) xét IKC và IC B có Ichung;ICK IBC ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và 0,5 dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung CK) IC IK 0,5 IKC ICB(g g) IC 2 IK.IB IB IC 10
  11. BOC 3600 ABO ACO BAC 1200 c) 1 BDC BOC 600 2 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC) 0 Mà BD//AC (gt) C1 BDC 60 ( so le trong) 0,25 ODC OCD 900 600 300 BDO CDO 300 BOD COD 1200 BOD COD(c g c) BD CD Mà AB = AC (t/c 2tt cắt nhau); OB = OC = R 0,25 Do đó 3 điểm A, O, D cùng thuộc đường trung trực của BC Vậy 3 điểm A, O, D thẳng hàng. 5 Vì x, y, z  1;3 1 x 3 (x 1)(y 1)(z 1) 0 0,25 1 y 3 (3 x)(3 y)(3 z) 0 1 z 3 xyz xy yz xz x y z 1 0 2(xy yz xz) 2 0,25 27 9(x y z) 3(xy yz xz) xyz 0 x2 y2 z2 2(xy yz xz) x2 y2 z2 2 (x y z)2 x2 y2 z2 2 0,25 32 2 x2 y2 z2 x2 y2 z2 11 0,25 Cách2:.Không giảm tính tổng quát, đặt x = max x, y, z  3 = x + y + z 3x nên 1 x 3 2 ( x -1 ) . (x - 3) 0 (1) Lại có: x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 + 2(y +1) (z+1) = x2 + ( y + z )2 + 2 ( y + z ) + 2 = x2 + ( 3 - x )2 + 2 ( 3- x) + 2 = 2 x2 - 8x + 17 = 2 ( x -1 ) . (x - 3) + 11 (2) Từ (1) và (2) suy ra x2 + y2 + z2 11 Dấu đẳng thức xảy ra x = max x, y, z  ( x -1 ) . (x - 3) = 0 (y +1) (z+1) = 0 Không xảy ra dấu đẳng thức x + y + z = 3 11
  12. SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1 a) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 1)x + 3 song song với đường thẳng y = 5x – 1. 2x y 5 b) Giải hệ phương trình: 3x 2y 4 Câu 2 1 1 1 Cho biểu thức: P 1 với a >0 và a 1 1 a 1 a a a) Rút gọn biểu thức P. 1 b) Với những giá trị nào của a thì P > . 2 Câu 3 a) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị các hàm số: y = x2 và y = - x + 2. 12
  13. 2 b) Xác định các giá trị của m để phương trình x – x + 1 – m = 0 có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức: 1 1 5 x1x2 4 0. x1 x2 Câu 4 Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q sao cho P thuộc cung AQ. Gọi C là giao điểm của tia AP và tia BQ; H là giao điểm của hai dây cung AQ và BP. a) Chứng minh tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh CBP HAP . c) Biết AB = 2R, tính theo R giá trị của biểu thức: S = AP.AC + BQ.BC. 25 Câu 5 Cho các số a, b, c đều lớn hơn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 a b c Q . 2 b 5 2 c 5 2 a 5 Hết HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2011-2012 Môn Toán Ngày thi 24 tháng 6 năm 2011 Mã đề 02 Câu Nội dung Điểm a) Để đường thẳng y =(2m – 1)x+3 song song với đường thẳng y =5x – 1 2m – 15= 5 (do 0,5đ 3 1) 2m 6 m 3 0,5đ 1 2x y 5 4x 2y 10 b) Ta có: 0,5đ 3x 2y 4 3x 2y 4 7x 14 x 2 0,5đ 2x y 5 y 1 1 1 1 2 a 1 a a) Với 0 a 1 thì ta có: P 1 . 0,5đ 1 a 1 a a 1 a 1 a a 2 0,5đ 2 1 a 1 2 1 3 a b) Với 0 a 1 thì P > 0 0 0,5đ 2 1 a 2 2 1 a 1 a 0 a 1. Kết hợp với điều kiện a >0, ta được 0 < a < 1. 0,5đ a) Hoành độ giao điểm các đồ thị hàm số y = x2 và y = - x + 2 là nghiệm của phương trình: x2 0,5đ = - x+2 x2 + x – 2 = 0 3 Giải ra được: x1 = 1 hoặc x2 = - 2. Với x1 = 1 y1 = 1 tọa độ giao điểm A là A(1; 1) 0,5đ Với x2 =-2 y2 = 4 tọa độ giao điểm B là B(-2; 4) 13
  14. 2 b) Ta có : b 4ac 1 4(1 m) 4m 3 . Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thì ta có 3 0,25đ 0 4m 3 0 m (*) 4 b c Theo định lí Vi-et, ta có: x x 1 và x .x 1 m 0,25đ 1 2 a 1 2 a 1 1 x1 x2 5 Ta có: 5 x1x2 4 5 x1.x2 4 (1 m) 4 0 x1 x2 x1.x2 1 m 2 0,25đ 5 1 m 4 1 m 0 m2 2m 8 0 m 2 m 1 m 1 m 4 Kết hợp với đk (*) ta có: m = 2 là giá trị cần tìm. 0,25đ a) Ta có: ·APB ·AQB 90o (góc nội tiếp chắn nửa C 0,5đ đường tròn). C·PH C·QH 90o . Suy ra tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn. 0,5đ Q P b) CBP và HAP có: · · o 0,5đ H BPC APH 90 (suy ra từ a)) C·BP H· AP (góc nội tiếp cùng chắn cung P»Q A B CBP HAP (g – g) 0,5đ 4 K O c) Gọi K là giao điểm của tia CH và AB. Từ giả thiết suy ra K thuộc cạnh AB (1) 0,25đ ABC có AQ  BC; BP  AC . Suy ra H là trực tâm của ABC 0,25đ CH  AB tại K Từ đó suy ra: + APB AKC AP.AC AK.AB (2) 0,25đ + BQA BKC BQ.BC BK.BA (3) - Cộng từng vế của (2) và (3) và kết hợp với (1), ta được: S = AP. AC + BQ. BC = AB2 = 4R2. 0,25đ 25 Do a, b, c > (*) nên suy ra: 2 a 5 0 , 2 b 5 0 , 2 c 5 0 0,25đ 4 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương, ta có: a 2 b 5 2 a (1) 5 2 b 5 b 0,25đ 2 c 5 2 b (2) 2 c 5 c 2 a 5 2 c (3) 2 a 5 14
  15. Cộng vế theo vế của (1),(2) và (3), ta có: Q 5.3 15 . 0,25đ Dấu “=” xẩy ra a b c 25 (thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy Min Q = 15 a b c 25 0,25đ Chú ý: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH ĐỊNH Năm học: 2011 – 2012 Khóa thi: Ngày 30 tháng 6 năm 2011 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Baøi 1: (2,0 ñieåm) 3x y = 7 a) Giaûi heä phöông trình . 2x + y = 8 b) Cho haøm soá y = ax + b . Tìm a vaø b bieát raèng ñoà thò cuûa haøm soá ñaõ cho song song vôùi ñöôøng thaúng y 2x 3 vaø ñi qua ñieåm M 2 ; 5 . Baøi 2: (2,0 ñieåm) 2 Cho phöông trình x 2 m 1 x m 4 0 (vôùi m laø tham soá ) . a) Giaûi phöông trình ñaõ cho khi m 5 . b) Chöùng toû phöông trình ñaõ cho luoân coù hai nghieäm phaân bieät vôùi moïi giaù trò cuûa tham soá m. 2 2 c) Tìm m ñeå phöông trình ñaõ cho coù nghieäm x1, x2 thoõa maõn heä thöùc : x1 x2 3x1x2 0 . 15
  16. Baøi 3: (2,0 ñieåm). Moät maûnh ñaát hình chöõ nhaät coù chieàu daøi hôn chieàu roäng 6m vaø bình phöông cuûa soá ño ñoä daøi ñöôøng cheùo gaáp 5 laàn soá ño cuûa chu vi. Tính dieän tích cuûa maûnh ñaát hình chöõ nhaät ñaõ cho. Baøi 4: (3,0 ñieåm). Cho ñöôøng troøn taâm O vaø BC laø daây cung khoâng ñi qua taâm. Treân tia ñoái cuûa tia BC laáy ñieåm M sao cho M khoâng truøng vôùi B. Ñöôøng thaúng ñi qua M caét ñöôøng troøn (O) ñaõ cho taïi N vaø P (N naèm giöõa M vaø P) sao cho O naèm beân trong P·MC . Goïi A laø ñieåm chính giöõa cuûa cung nhoû NP. Caùc daây AB vaø AC laàn löôït caét NP taïi D vaø E . a) Chöùng minh töù giaùc BDEC noäi tieáp. b) Chöùng toû MB.MC = MN.MP . c) OA caét NP taïi K. Chöùng minh MK2 > MB.MC . x2 2x 2011 Baøi 5: (1,0 ñieåm) Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa bieåu thöùc A = (vôùi x 0 ) x2 Heát HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI 3x y = 7 5x 15 x 3 ∙ Baøi 1: a) Ta coù 2x + y = 8 2x y 8 y 2 * Vaäy heä phöông trình ñaõ cho coù nghieäm duy nhaát x ; y 3 ; 2 . b) Goïi (d) vaø (d/) laàn löôït laø ñoà thò cuûa haøm soá y = ax + b vaø y = 2x + 3 a 2 d // d/ . Vôùi a = 2 haøm soá ñaõ cho trôû thaønh y = 2x + b (d) b 3 d ñi qua M 2 ; 5 yM 2.xM b 5 = 2.2 + b b = 9 (thoõa ñieàu kieän b 3) * Vaäy a = 2 vaø b = 9. ∙ Baøi 2: a) * Khi m = 5, phöông trình ñaõ cho trôû thaønh: x2 8x 9 0 (vôùi a = 1 ; b = 8 ; c = 9) (*) * Ta thaáy phöông trình (*) coù caùc heä soá thoõa maõn a b + c = 0 ; neân nghieäm cuûa phöông trình (*) laø: c x 1 vaø x 9 (nhaåm nghieäm theo Viet). 1 2 a * Vaäy khi m = 5, phöông trình ñaõ cho coù hai nghieäm phaân bieät x1 1 vaø x2 9. b) Phöông trình ñaõ cho (baäc hai ñoái vôùi aån x) coù caùc heä soá: a = 1 ; b/ = m + 1 vaø c = m 4 ; neân: 2 / 2 2 1 19 19 m 1 m 4 m m 5 m 0 2 4 4 2 1 vì m + 0 ;bình phöông moät bieåu thöùc thì khoâng aâm 2 / 0 ; vaäy phöông trình ñaõ cho luoân coù hai nghieäm phaân bieät x1, x2 vôùi moïi giaù trò cuûa tham soá m. c) Theo caâu b, phöông trình ñaõ cho luoân coù hai nghieäm phaân bieät vôùi moïi giaù trò cuûa tham soá m. Theo heä thöùc Viet, ta coù: 16
  17. x1 x2 2 m 1 I . x1 x2 m 4 m 0 2 2 2 2 Caên cöù (I), ta coù: x x 3x x 0 x x x .x 0 4m 9m 0 9 . 1 2 1 2 1 2 1 2 m 4 9 2 2 * Vaäy m 0 ;  thì phöông trình ñaõ cho coù nghieäm x , x thoõa heä thöùc x x 3x x 0 . 4  1 2 1 2 1 2 ∙ Baøi 3: * Goïi x(m) laø ñoä daøi cuûa chieàu roäng maûnh ñaát hình chöõ nhaät ñaõ cho. (Ñieàu kieän x > 0) Khi ñoù: Chieàu daøi cuûa maûnh ñaát hình chöõ nhaät ñaõ cho laø: x + 6 (m) Chu vi cuûa maûnh ñaát hình chöõ nhaät naøy laø: 4x + 12 (m) Theo Pytago, bình phöông ñoä daøi cuûa ñöôøng cheùo hình chöõ nhaät laø: x2 + (x + 6)2. Do bình phöông cuûa soá ño ñoä daøi ñöôøng cheùo gaáp 5 laàn soá ño cuûa chu vi neân ta coù phöông trình: 2 x2 x 6 5 4x 12 x2 4x 12 0 (*) * Giaûi phöông trình (*) baèng coâng thöùc nghieäm ñaõ bieát ta ñöôïc: x1 2 loaïi vaø x2 6 thoõa ñieàu kieän x > 0 ∙ Vaäy chieàu roäng cuûa maûnh ñaát hình chöõ nhaät ñaõ cho laø 6m ; chieàu daøi cuûa maûnh ñaát naøy laø 12 m; do ñoù dieän tích cuûa maûnh ñaát hình chöõ nhaät ñaõ cho laø 72 m2. ∙ Baøi 4: a) Chöùng minh töù giaùc BDEC noäi tieáp. Theo tính chaát cuûa goùc coù ñænh ôû beân trong ñöôøng troøn (O), sñA»N sñP»C sñA»P sñP»C ta coù: A·EN = vì A»N A»P (gt) 2 2 sñA¼PC = = A· BC vì A· BC noäi tieáp cuûa (O) chaén A¼PC 2 A·EN D· BC Maø A·EN D· EC 180 hai goùc keà buø Neân D· BC D· EC 180 Töù giaùc BDEC noäi tieáp (theo ñònh lyù ñaûo veà töù giaùc noäi tieáp) b) Chöùng toû MB.MC = MN.MP . Xeùt MBP vaø MNC , coù: P·MC : Goùc chung. M· PB M· CN hai goùc noäi tieáp cuûa (O) cuøng chaén cung nhoû NB MB MP Suy ra MBP MNC (g – g) MB.MC = MN.MP . ∽ MN MC c) Chöùng minh MK2 > MB.MC . * Vì A laø ñieåm chính giöõa cuûa cung nhoû NP (gt) suy ra OA  NP taïi K (ñöôøng kính ñi qua ñieåm chính giöõa cuûa moät cung thì vuoâng goùc vôùi daây caêng cung ñoù ). Suy ra K laø trung ñieåm cuûa daây NP (ñöôøng kính vuoâng goùc moät daây thì ñi qua trung ñieåm cuûa daây ñoù) 17
  18. Suy ra NP = 2.NK . MB.MC = MN.MP (theo caâu b), suy ra: MB.MC = MN(MN + NP) = MN(MN + 2.NK) = MN2 + 2.MN.NK (1) MK2 = (MN + NK)2 = MN2 + 2.MN.NK + NK2 > MN2 + 2.MN.NK ( do NK2 > 0 ) (2) Töø (1) vaø (2): MK2 > MB.MC . x2 2x 2011 ∙ Baøi 5: Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa bieåu thöùc A = (vôùi x 0 ) x2 * Caùch 1: (Duøng kieán thöùc ñaïi soá lôùp 8) x2 2x 2011 A = vôùi x 0 x2 2 1 1 2 1 = 1 2 2011 = 2011.t 2t + 1 (vôùi t = 0) x x x 2 1 1 1 = 2011 t 2t  1 2011 20112 2011 2 1 2010 2010 1 = 2011 t daáu"=" t = x 2011 ; thoõa x 0 2011 2011 2011 2011 2010 * Vaäy MinA = x = 2011. 2011 * Caùch 2: (Duøng kieán thöùc ñaïi soá 9) x2 2x 2011 A = vôùi x 0 x2 A.x2 x2 2x 2011 A 1 x2 2x 2011 0 * coi ñaây la ø phöông trình aån x 2011 Töø (*): A 1 = 0 A = 1 x = (1) 2 Neáu A 1 0 thì (*) luoân laø phöông trình baäc hai ñoái vôùi aån x. x toàn taïi khi phöông trình (*) coù nghieäm. / 0 12 2011 A 1 0 2010 b/ 1 1 A daáu "=" (*) coù nghieäm keùp x = 2011 ; thoõa x 0 (2) 2010 2011 a A 1 1 2011 So saùnh (1) vaø (2) thì 1 khoâng phaûi laø giaù trò nhoû nhaát cuûa A maø: 2010 * MinA = x = 2011. 2011 18
  19. së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o K× THI TUYÓN SINH líp 10 THPT L¹ng s¬n N¨M häc 2011 - 2012 M¤N THI: TOÁN ®Ò chÝnh thøc Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Câu 1 (2 điểm): a. Tính giá trij của các biểu thức: A = 25 9 ; B = ( 5 1)2 5 x y 2 xy 1 b. Rút gọn biểu thức: P = : Với x > 0, y > 0 và x y. x y x y Tính giá trị của biểu thức P tại x = 2012 và y = 2011. Câu 2 ((2điểm): Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ, đồ thị của các hàm số y = x2 và y = 3x – 2. Tính tọa độ các giao điểm của hai đồ thì trên. Câu 3 (2 điểm): a. Tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật, biết chiều dài hơn chiều rộng 1 m và độ dài mỗi đường chéo của hình chữ nhật là 5 m. 19
  20. b. Tìm m để phương trinh x - 2x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt. Câu 4 (2 điểm) Cho đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C là những tiếp điểm). a. Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp. Nêu cách vẽ các tiếp tuyến AB, AC. b. BD là đường kính của đường tròn (O; R). Chứng minh: CD//AO. c. Cho AO = 2R, tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Câu 5 (2 điểm) Tìm số tự nhiên n biết: n + S(n) = 2011, trong đó S(n) là tổng các chữ số của n. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (2 điểm): a. Tính giá trij của các biểu thức: A = 25 9 = 5 + 3 = 8 ; B = ( 5 1)2 5 = ( 5 1) 5 5 1 5 1 x y 2 xy 1 b. Rút gọn biểu thức: P = : Với x>0, y>0 và x y. x y x y x y 2 xy 1 ( x y)2 P = : .( x y) ( x y)( x y) x y x y x y x y tại x = 2012 và y = 2011 => P = 1 Câu 2 ((2điểm): Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ, đồ thị của các hàm số y = x2 và y = 3x – 2. Tính tọa độ các giao điểm của hai đồ thì trên. a) Vẽ đồ thị trên cùng một hệ trục x -2 -1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 Vẽ y = 3x-2 Cho x = 0 => y =-2 ; Cho x = 1=> y = 1 HS tự vẽ. Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x2 và y = 3x – 2 là nghiệm của phương trình: x2 = 3x - 2  x2 - 3x + 2 = 0 ta có a + b + c = 0 => x1 = 1 => y1 = 1 x2 = 2 => y2 = 4. Vậy tọa độ các giao điểm của hai đồ thì trên là (1; 1) và (2; 4). Câu 3 (2 điểm): a. Gọi chiều dài là x (m) (ĐK: x > 1), chiều rộng sẽ là x – 1 (m) Vì độ dài mỗi đường chéo của hình chữ nhật là 5 m Áp dụng Pytago ta có: x2 + (x - 1)2 = 52  x2 + x2 - 2x +1 – 25 = 0 2x2 – 2x – 24 = 0  x2 - x – 12 = 0 Suy ra: x1 = 4 (TM) x2 = - 3 (loại) Vậy chiều dài là 4m, chiều rộng là 3m. b. Tìm m để phương trinh x - 2x + m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt. Đặt x = t (ĐK: t 0) (1)  t2 – 2t + m = 0 (2) Để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (2) phải có hai nghiệm dương 20
  21. ' 1 m 0 pt (2) có hai nghiệm dương x1 x2 2 0 0 m 1 x .x m 0 1 2 B Vậy với 0 m 1 pt (1) có 2 nghiệm phân biệt Câu 4 (2 điểm) a. Ta có A· BO 900 (T/c là tia tiếp tuyến) A·CO 900 (T/c tia tiếp tuyến) A I H O => A· BO A·CO 1800 Vậy ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO. - Vẽ đường tròn đường kính OA, đường tròn này cắt (O) tại B và C. - Nối AB ; AC ta có hai tiếp tuyến cần vẽ. C D b. Gọi H là giao điểm của BC và OA Xét ABC có AB = AC => ABC cân tại A. Do đó AH đồng thời vừa là đường phân giác, đường cao, đường trung trực của ABC => HB = HC Xét BCD có HB = HC (CM trên) OB = OC (=R)  OH là đường trung bình của BCD  CD//OH hay CD//AO. c. ABC là tam giác cân =>OH = R/2 gọi I là giao điểm của OA và (O ; R) do OA = 2R nên I là trung điểm của OA, mà AI/AH = 2/3 nên I là trọng tâm của tam giác ABC và cũng là tâm đường tròn nội tiếp của ABC , vậy bán kính đường tròn nội tiếp r = IH = R/2. Câu 5 (2 điểm) Tìm số tự nhiên n biết: n + S(n) = 2011, trong đó S(n) là tổng các chữ số của n. Nếu n có 1, 2, 3 chữ số thì n + S(n) 10000 > 2011 Vậy n có 4 chữ số : n abcd do n 2011 VL Nên b = 0 và c = 0 khi đó : 200d 2 d 2011 Vô lý vì VT chẵn còn VP lẻ. TH2: a = 1, nếu b < 9 thì n + S(n) < 1900 + 1+ 3.9 < 2011 Nên b = 9, khi đó : (1900 + 10c + d) + 1 + 9 + c + d = 2011 Hay 11c + 2d = 101. do d 9 nên 101 = 11c + 2d 11c + 18 83 c nên c = 8 hoặc c = 9 11 nếu c = 8 thì 11.8 + 2d = 101 d = 13/2 vô lý. vậy c = 9 d = 1 thử lại : 1991 + 1 + 9 + 9 + 1 = 2011 thoả mãn. Vậy n = 2011 21
  22. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG NAM Năm học: 2011 – 2012 Khóa thi: Ngày 30 tháng 6 năm 2011 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau: A 2 5 3 45 500 1 15 12 B 3 2 5 2 Bài 2 (2,5 điểm): 3x y 1 1) Giải hệ phương trình: 3x 8y 19 22
  23. 2) Cho phương trình bậc hai: x2 mx + m 1= 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 4. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn hệ thức : 1 1 x x 1 2 . x1 x2 2011 1 Bài 3 (1,5 điểm): Cho hàm số y = x2 . 4 1) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đó. 2) Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng –2 và cắt đồ thị (P) nói trên tại điểm có hoành độ bằng 2. Bài 4 (4,0 điểm): Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa của cung AB. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB. OD cắt AC tại M. Từ A, kẻ AH vuông góc với OD (H thuộc OD). AH cắt DB tại N và cắt nửa đường tròn (O; R) tại E. 1) Chứng minh MCNH là tứ giác nội tiếp và OD song song với EB. 2) Gọi K là giao điểm của EC và OD. Chứng minh rằng CKD = CEB. Suy ra C là trung điểm của KE. 3) Chứng minh tam giác EHK vuông cân và MN song song với AB. 4) Tính theo R diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH. Đáp án và thang điểm Bài Câu Đáp án Điểm 1 A 2 5 3 45 500 2 5 9 5 10 5 0,50 ( 2,0đ) 1,0đ = 5 0,50 1 15 12 3 5 2 1,0đ B 3 2 0,50 3 2 5 2 5 2 3 2 3 0,25 2 0,25 2 1) + Tìm được y = 2 ( hoặc x = 1) 0,25 (2 ,5đ) 0,75đ + Tìm được giá trị còn lại 0,25 + Kết luận nghiệm (x; y ) = ( 1; 2 ) 0,25 2) a) +Khi m = 4 phương trình (1) trở thành x2 4x 3 0 0,25 1,75đ + Tìm được hai nghiệm x1 = 1 ; x2 = 3 0,50 b)Cách 1: + Chứng tỏ ≥ 0 nên được P/t (1) có nghiệm với mọi m 0,25 x1 x2 m + Áp dụng hệ thức Viét : 0,25 x1.x2 m 1 1 1 x x m m + Biến đổi hệ thức 1 2 thành (*) 0,25 x1 x2 2011 m 1 2011 + Điều kiện của (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm được m = 0, m = 2012(tmđk) 0,25 Cách 2: + Chứng tỏ a + b + c = 0 nên được P/t (1) có nghiệm với mọi m 0,25 + Viết được x1 = 1; x2 = m – 1 23
  24. 1 1 x x m m 0,25 + Biến đổi hệ thức 1 2 thành (*) x1 x2 2011 m 1 2011 + Điều kiện của (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm được m = 0, m = 2012(tmđk) 0,25 0,25 3 1) + Lâp bảng giá trị có ít nhất 5 giá trị 0,25 ( 1,5đ) 0,75đ + Biểu diễn đúng 5 điểm trên mặt phẳng tọa độ 0,25 + Vẽ đường parabol đi qua 5 điểm 0,25 2) + Xác định đúng hệ số b = –2 0,25 0,75đ + Tìm được điểm thuộc (P) có hoành độ bằng 2 là điểm (2; 1) 0,25 3 + Xác định đúng hệ số a = 0,25 2 4 Hình Hình vẽ phục vụ câu 1: 0,25đ – câu 2 : 0,25đ (4,0đ) 0,50đ 0,50 D D K C K C E E M N M N H H A B A B O Hình : CâuO 1; 2 Hình cả bài 1) + Nêu được M· CN 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 0,50 1,0đ + Tứ giác MCNH có M· CN M· HN = 900 là tứ giác nội tiếp 0,25 0,25 + Chứng minh AE  BE từ đó suy ra OD // EB 2) + Nêu được K·DC E·BC (slt) 0,25 1,0đ +Chứng minh CKD = CEB (g-c-g) 0,50 + Suy ra CK = CE hay C là trung điểm của KE 0,25 3) + Chứng minh C·EA = 450 0,25 1,0đ + Chứng minh EHK vuông cân tại H . 0,25 + Suy ra đường trung tuyến HC vừa là đường phân giác , do đó 1 C·HN E·HK = 450. Giải thích C·MN C·HN = 450 . 2 0,25 +Chứng minh C·AB = 450, do đó C·AB C·MN . Suy ra MN // AB 0,25 4) DM 2 + Chứng minh M là trọng tâm của tam giác ADB , dó đó 0,50đ DO 3 0,25 MN DM 2 2R và chứng minh MN = OB DO 3 3 24
  25. + Giải thích tứ giác MCNH nội tiếp đường tròn đường kính MN. Suy ra bán R kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH bằng 3 Tính được diện tích S của hình tròn đường kính MN : R 2 0,25 S ( đvdt) 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 QUẢNG NGÃI KHÓA THI ngày 29-6-2011 MÔN : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1.5 điểm) 1) Thực hiện phép tính: 2 9 3 16 2) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 – 20x + 96 = 0 x y 4023 b) x y 1 Bài 2: (2.5điểm) 1) Cho hàm số y = x2 có đồ thị là (P) và đường thẳng (d): y = x + 2 a) Vẽ ( P ) và ( d ) trên cùng một hệ toạ độ Oxy 25
  26. b) Bằng phép tính hãy tìm toạ độ giao điểm của ( P ) và ( d ) 2) Trong cùng một hệ toạ độ Oxy cho 3 điểm: A(2;4); B(-3;-1) và C(-2;1). Chứng minh 3 điểm A, B, C không thẳng hàng. x 2x x 3) Rút gọn biểu thức: Mvới x 0; x 1 x 1 x x Bài 3: (1.5điểm) Hai bến sông cách nhau 15 km. Thơì gian một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B, tại bến B nghỉ 20 phút rồi ngược dòng từ bến B trở về bến A tổng cộng là 3 giờ. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốc của dòng nước là 3 km/h. Bài 4: (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A và C khác O ). Đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M ( với M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. 1. Chứng minh : BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2. Chứng minh EM = EF 3. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh D, I, B thẳng hàng; từ đó suy ra góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. 2 Bài 5:(1.0 điểm) Cho phương trình ( ẩn x ): x 2m 3 x m 0 . Gọi x 1 và x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị của m để biểu thức 2 2 có giá trị nhỏ nhất. x1 x2 HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 MÔN : TOÁN Bài 1: 1) Thực hiện phép tính: 2 9 3 16 2 32 3 42 2. 3 3. 4 2.3 3.4 6 12 18 2) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 20x 96 0 ' 102 1.96 100 96 4 0; ' 4 2 10 2 10 2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x 12 ; x 8 1 1 2 1 Vậy tập nghiệm của pt là : S 12;8 x y 4023 2x 4024 x 2012 x 2012 b) x y 1 x y 1 y 2012 1 y 2011 Bài 2: 1) a) Vẽ P : y x2 Bảng giá trị giữa x và y: 6 x -2 -1 0 1 2 4 y 4 1 0 1 4 2 Vẽ d : y x 2 -10 -5 5 10 x 0 y 2: A 0;2 -2 y 0 x 2 :B 2;0 -4 -6 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 26
  27. x2 x 2 x2 x 2 0 1 Vì a b c 0 nên (1) có hai nghiệm là x1 1; x2 2 * Với x1 1 y1 1 * Với x2 2 y2 4 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: 1;1 và 2;4 2) Phương trình đường thẳng AB có dạng: y ax b d 4 2a b 5a 5 a 1 Vì A 2;4 và B 3; 1 thuộc (d) nên ta có hpt 1 3a b 4 2a b b 2 Vậy phương trình đường thẳng AB là: y x 2 Thay x 2; y 1 vào pt đường thẳng AB ta có: 1 2 2 1 0 (vô lí). Suy ra C 2;1 không thuộc đường thẳng AB hay ba điểm A 2;4 ; B 3; 1 ;C 2;1 không thẳng hàng. x 2x x 3) M (với )x 0; x 1 x 1 x x 2 x 2x x x x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 M x 1 x 1 x x x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 Vậy M(với ) x 1 x 0; x 1 1 Bài 3: Đổi 20 ph h 3 Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x (km/h), đk: x > 3 Vận tốc ca nô lúc xuôi dòng là: x 3 km / h Vận tốc ca nô lúc ngược dòng là: x 3 km / h 15 Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là: h x 3 15 Thời gian ca nô ngược dòng từ B về A là: h x 3 Vì thời gian ca nô xuôi dòng, ngược dòng, kể ca thời gian nghỉ là 3 giờ. Do đó ta có ph: 15 15 1 3 1 x 3 x 3 3 Giải pt: MTC: 3 x 3 x 3 Qui đồng rồi khử mẫu pt (1) ta được: 45 x 3 45 x 3 x 3 x 3 9 x 3 x 3 45x 135 45x 135 x2 9 9x2 81 8x2 90x 72 0 ' 452 8.72 2061 ' 2601 51 45 51 45 51 x 12; x 0,75 1 8 2 8 Đối chiếu với điều kiện x>3 ta thấy chỉ có x = 12 thỏa mãn. Vậy: Vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 12 km/h. Bài 4: Nữa đường tròn (O) đường kính AB C cố định và C OA M O ; ME là tiếp tuyến của (O) GT 27
  28. CD  OA I là tâm đường tròn ngoại tiếp FDM E a) BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn KL b) EM = EF c) D, I, B thẳng hàng; từ đó suy ra góc ABI có số đo D không đổi khi M thay đổi trên cung BD. M H I F A B Chứng minh: a)C Ta có:O M O đường kính AB (gt) suy ra: ·AMB 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) hay F·MB 900 . Mặt khác F·CB 900 (GT ) . Do đó ·AMB F·CB 1800 . Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Ta có: BCFM là tứ giác nội tiếp(cmt) C·BM E·FM 1 (cùng bù với C·FM ) Mặt khác C·BM E·MF 2 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn ¼AM ) 1 & 2 E·FM E·MF EFM cân tại E EM EF (đpcm) D· IF c) Gọị H là trung điểm của DF. Dễ thấy IH  DF và H· ID 3 . 2 D· IF D· IF Trong đường tròn I ta có: D·MF (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn D»F ) hay D·MA 4 2 2 Trong đường tròn O ta có: D·MA D· BA 5 (góc nội tiếp cùng chắn D»A )’ 3 ; 4 ; 5 D· IH D· BA Dễ thấy C·DB 900 D· BA H· DI 900 D· IH Mà D· IK D· BA cmt Suy ra C·DB H· DI hay C·DB C·DI D; I; B thẳng hàng. »AD »AD Ta có: D; I; B thẳng hàng (cmt) ·ABI ·ABD sd . Vì C cố định nên D cố định sd không đổi. 2 2 Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. 2 Bài 5: Cho phương trình ( ẩn x ) x 2m 3 x m 0 . Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị của m để biểu thức 2 2 có giá trị nhỏ nhất. x1 x2 Phương trình x2 2m 3 x m 0 1 là phương trình bậc hai, có: 2 2 2 2 9 2 5 – 2m 3 4.m 4m 12m 9 4m 4m 8m 9 4 m 2m 4 m 2m 1 . 4 4 2 5 2 4 m 1 4 m 1 5 0 với mọi m. Suy ra phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt vói 4 mọi m. S x1 x2 2m 3 Áp dụng hệ thức Vi et, ta được: P x1.x2 m 28
  29. 2 2 2 2 2 2 2 5 9 x1 x2 x1 x2 2x1 x2 2m 3 2m 4m 12m 9 2m 4m 10m 9 4 m m 2 4 2 2 2 5 25 11 5 11 5 11 11 4 m 2.m. 4 m 4 m 4 16 16 4 16 4 4 4 5 5 Dấu “=” xảy ra khi m 0 m 4 4 11 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là x 2 x 2 là khi m 1 2 4 4 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 Bµi 1: ( 1,5 ®iÓm ) 1. Cho hai sè : b1 = 1 + 2 ; b2 = 1 - 2 . TÝnh b1 + b2 29
  30. m 2n 1 2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh 2m n 3 b b 4 b 1 1 Bµi 2: ( 1,5 ®iÓm ). Cho biÓu thøc B = ( ) : víi b 0 vµ b 4 b 2 b 2 b 4 b 2 1. Rót gän biÓu thøc B 2. TÝnh gi¸ trÞ cña B t¹i b = 6 + 4 2 Bµi 3: ( 2,5 ®iÓm ) Cho ph­¬ng tr×nh : x2 - ( 2n -1 )x + n (n - 1) = 0 ( 1 ) víi n lµ tham sè 1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh (1) víi n = 2 2. CMR ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi n 3. Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1) ( v¬Ý x1 B = 2 b 2 (2 2) 2 2 (2 2) 2 2 Bµi 3: ( 2,5 ®iÓm ) 1. Víi n = 2 th× ph­¬ng tr×nh ®· cho ®­îc viÕt l¹i : x2 - 3x + 2 = 0 30
  31. Ta thÊy : a = 1 ; b =-3 ; c = 2 mµ a + b + c = 0 nªn ph­¬ng tr×nh trªn lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1 = 1 vµ x2 = 2. 2. Tõ ph­¬ng tr×nh (1) ta cã = 4n2 - 4n + 1 - 4 ( n ( n - 1)) = 1 => > 0 n vËy ph­¬ng tr×nh ®· cho lu«n cãhai nghiÖm ph©n biÖt x1 = n -1 vµ x2 = n . 2 2 3. Theo bµi ra ta cã : x1 - 2x2 + 3 = ( n - 1 ) -2n + 3 = n2 - 4n + 4 = ( n - 2 )2 V× ( n - 2)2 0n . dÊu b»ng x¶y ra khi n = 2 2 2 VËy : x1 - 2x2 + 3 = ( n - 2 ) ≥ 0 víi mäi n ( §pcm ) Bµi 4: ( 3 ®iÓm ) 4. KÎ tiÕp tuyÕn Ey cña ®­êng trßn t©m O ®­êng kÝnh CD c¾t BH t¹i N. CMR: N lµ trung ®iÓm cña BH . B HD : a. Ta cã :  BFH =  BEC = 90 0 ( gt)   BFH +  BEC = 1800  tø gi¸c BFHE néi tiÕp ®­êng trßn ®­êng kÝnh N BH . F H E H b. XÐt tø gi¸c CFED ta cã : H CED =  DFC = 900 ( cïng nh×n ®o¹n th¼ng CD d­íi mét gãc vu«ng) C D => CFED néi tiÕp ®­êng trßn ®­êng kÝnh CD . =>  EFD =  ECD ( Cïng ch¾n cung ED ) O MÆt kh¸c ta l¹i cã :  BFE = 900 -  EFD = 900 -  ECD =  EDC => BFE =  EDC (1 ) XÐt hai tam gi¸c : BFE vµ BDC ta cã : a. Ta cã :  BFH =  BEC = 90 0 ( Theo gi¶ thiÕt)   BFH +  BEC = 1800  tø gi¸c BFHE néi tiÕp ®­êng trßn ®­êng kÝnh BH .  b. XÐt tø gi¸c CFED ta cã : CED =  DFC = 900 ( cïng nh×n ®o¹n th¼ng CD d­íi mét gãc vu«ng) => CFED néi tiÕp ®­êng trßn ®­êng kÝnh CD . =>  EFD =  ECD ( Cïng ch¾n cung ED ) MÆt kh¸c ta l¹i cã : 31
  32.  BFE = 900 -  EFD = 900 -  ECD =  EDC => BFE =  EDC (1 ) XÐt hai tam gi¸c : BFE vµ BDC ta cã :  B : Chung => BFE ®ång d¹ng BDC ( g -g ) ( §pcm )  BFE =  EDC c. Ta cã : BNE c©n t¹i N ThËt vËy :  EBH =  EFH ( Cïng ch¾n cung EH ) (1) MÆt kh¸c ta l¹i cã :  BEN = 1/2 s® cung ED ( Gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn vµ d©y cung ) =>  ECD =  BEN =  EFH (2) Tõ (1 ) vµ (2) ta cã :  EFH =  BEN => BNE c©n t¹i N => BN = EN ( 3) Mµ BEH vu«ng t¹i E => EN lµ ®­êng trung tuyÕn cña tam gi¸c BHE => N lµ trung ®iÓm cña BH (§pcm ) Bµi 5 : ( 1 ®iÓm ) Cho c¸c sè d­¬ng x, y , z . Chøng minh bÊt ®¼ng thøc : x y z 2 y z x z x y Áp dông B§T Cosi ta cã : y z 1 y z x y z x 2x .1 x x 2 2x y z x y z x z 1 x z y x y z y 2y .1 y 2 2y x z x y z y x 1 y x x y z z 2z .1 z z 2 2z y x x y z x y z 2(x y z) Céng vÕ víi vÕ ta cã : 2 dÊu b»ng x¶y ra y z x z y x x y z y+ z = x x+ z = y  x + y + z = 0 y+ x = z V× x, y ,z > 0 nªn x + y + z > 0 vËy dÊu b»ng kh«ng thÓ x¶y ra . x y z => 2 víi mäi x, y , z > 0 ( §pcm ) y z x z y x 32
  33. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi tuyÓn sinh líp 10thpt b¾c giang N¨m häc 2011 - 2012 M«n thi: to¸n ®Ò chÝnh thøc Ngµy thi: 01/ 7/ 2011 Thêi gian lµm bµi: 120 phót (Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) C©u 1: (2,0 ®iÓm) 1. TÝnh 3. 27 144 : 36 . 2. T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó hµm sè bËc nhÊt y = (m - 2)x + 3 ®ång biÕn trªn R. C©u 2: (3,0 ®iÓm) 33
  34. a 3 a a 1 1. Rót gän biÓu thøc A 2  1 , víi a 0; a 1. a 3 a 1 2x 3y 13 2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: . x 2y 4 3. Cho ph­¬ng tr×nh: x2 4x m 1 0 (1), víi m lµ tham sè. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ph­¬ngg tr×nh 2 (1) cã hai nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n x1 x2 4 . C©u 3: (1,5 ®iÓm) Mét m¶nh v­ên h×nh ch÷ nhËt cã diÖn tÝch 192 m2. BiÕt hai lÇn chiÒu réng lín h¬n chiÒu dµi 8m. TÝnh kÝch th­íc cña h×nh ch÷ nhËt ®ã. C©u 4: (3 ®iÓm) Cho nöa ®­êng trßn (O), ®­êng kÝnh BC. Gäi D lµ ®iÓm cè ®Þnh thuéc ®o¹n th¼ng OC (D kh¸c O vµ C). Dùng ®­êng th¼ng d vu«ng gãc víi BC t¹i ®iÓm D, c¾t nöa ®­êng trßn (O) t¹i ®iÓm A. Trªn cung AC lÊy ®iÓm M bÊt kú (M kh¸c A vµ C), tia BM c¾t ®­êng th¼ng d t¹i ®iÓm K, tia CM c¾t ®­êng th¼ng d t¹i ®iÓm E. §­êng th¼ng BE c¾t nöa ®­êng trßn (O) t¹i ®iÓm N (N kh¸c B). 1. Chøng minh tø gi¸c CDNE néi tiÕp. 2.Chøng minh ba ®iÓm C, K vµ N th¼ng hµng. 3. Gäi I lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BKE. Chøng minh r»ng ®iÓm I lu«n n»m trªn mét ®­êng th¼ng cè ®Þnh khi ®iÓm M thay ®æi. C©u 5: (0,5 ®iÓm) Cho hai sè thùc d­¬ng x, y tho¶ m·n: x3 y3 3xy x2 y2 4x2 y2 x y 4x3 y3 0 . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc M = x + y. HÕt H­íng dÉn chÊm C©u 1: (2,0 ®iÓm) 1. 3. 27 144 : 36 81 12 : 6 9 2 7 2. Hµm sè bËc nhÊt y = (m - 2)x + 3 ®ång biÕn trªn R khi m 2 0 m 2 C©u 2: (3,0 ®iÓm) a 3 a a 1 a( a 3) ( a 1).( a 1) 1. A 2  1 2  1 ( a 2).( a 2) a 4 a 3 a 1 a 3 a 1 2 x 3 y 1 3 2 x 3 y 1 3 7 y 2 1 y 3 2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: x 2 y 4 2 x 4 y 8 x 2 y 4 x 2 3.PT : x2 4x m 1 0 (1), víi m lµ tham sè. V' ( 2)2 (m 1) 3 m Ph-¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm khi V 0 3 m 0 m 3 Theo hÖ thøc Viét ta có x1 x2 4 (2) ; x1.x2 m 1 (3) Theo đề bài ta có: 2 2 2 2 2 2 x1 x2 4 x1 2x1.x2 x2 4 x1 x2 2x1.x2 4 x1 x2 4x1.x2 4 (4) Thay (2),(3) vµo (4) ta có: 16 - 4.(m+1) = 4 16- 4m – 4 = 4 - 4m=-8 m=2 (có thoả mãn m 3 ) C©u 3: (1,5 ®iÓm) 34
  35. Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x(m) ĐK : x>0 192 Vậy chiều dài của hình chữ nhật là (m ) x Do hai lÇn chiÒu réng lín h¬n chiÒu dµi 8m nên ta có PT 192 2x - = 8 2x2 - 8x - 96 = 0 x Giá trị x2 = -8 < 0 (loại) ; x1 =12 có thoả mãn ĐK Vậy chiều rộng của hình chữ nhật là 12 m Chiều dài của hình chữ nhật là 192 ;12=16 (m) C©u 4: (3 ®iÓm) ¼ o E a) Xét tứ giác CDNE có CDE 90 ( GT) Và B¼NC 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên E¼NC 90o (Kề bù với góc BNC) ¼ ¼ o N Vậy CDE CNE 90 nên tứ giác CDNE nội tiếp( Vì có hai đỉnh kề nhau là D,N cùng nhìn EC dưới 1 góc vuông) K M b) Gợi ý câu b: O Tam giác BEC có K là giao điểm của các đường cao BM và ED nên B H D C K là trực tâm Vậy KC  BE Tứ giác MENK nội tiếp nên góc KNE là góc vuông nên KN  BE Vậy C,K ,N thẳng hàng c) Gợi ý câu c: Lấy H đối xứng với C qua D, Do C,D cố định nên H cố định. tam giác HKC cân tại K nên K¼HC K¼CH Mà B¼ED K¼CH (cùng phụ góc EBC) Vậy K¼HC B¼ED nên tứ giác BEKH nội tiếp nên I t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BKE đi qua B và H cố định nên I thuộc đường trung trực của BH Câu 5: §Æt a = x+y = M; b = xy; a2 4b Tõ gi¶ thiÕt cã: a 2b a3 3ab 3a2b 6b2 4ab2 4b3 (a 2b)(a2 ab 2b2 3b) 0 = 2 2 a ab 2b 3b 0 +) NÕu a =2b Th×: x+y = 2xy. Mµ (x+y)2 4xy nªn (x+y)2 2(x y) M x y 2;" "khi : x y 1. (*) +) NÕu a2 ab 2b2 3b 0 a2 ab 2b2 3b 0 2b2 (a 3)b a2 0 (1) a2 Gi¶ sö (1) cã nghiÖm b tho¶ m·n b th× 4 a 3 a2 b= a2 2a 6 0 a 1 7;(Do : a 0) vµ 2 4 3 (a 3)2 8a2 0 (a 3 2a 2)(a 3 2a 2) 0 a 2 2 1 VËy a 1 7 ( ) Tõ (*) vµ ( ) suy ra a = M cã gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 2 khi x = y =1. 35
  36. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2011 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức (không sử dụng máy tính cầm tay): a) M 27 5 12 2 3 ; 1 1 a b) N : , với a > 0 và a 4 . a 2 a 2 a 4 Câu 2 (1,5 điểm) Giải các phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay): a) x2 5x 4 0 ; 36
  37. x 1 1 b) . x 3 2 Câu 3 (1,0 điểm) a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số y = -x + 3; b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau. Câu 4 (1,0 điểm) 2 2 2 Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x + 3x -5 = 0. Tính giá trị của biểu thức x1 x2 . Câu 5 (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Tính chu vi của một hình chữ nhật, biết rằng nếu tăng mỗi chiều của hình chữ nhật thêm 4m thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 80m2 ; nếu giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài 5m thì diện tích hình chữ nhật bằng diện tích ban đầu. Câu 6 (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ È vuông góc với AD (F AD; F O). a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được; b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF; c) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO. HẾT Đáp Án : Câu 1 (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức (không sử dụng máy tính cầm tay): a) M 27 5 12 2 3 3 3 10 3 2 3 11 3 ; 1 1 a a 2 a 2 a 2 a a 4 b) N : : . 2 a 2 a 2 a 4 a 4 a 4 a 4 a Câu 2 (1,5 điểm) Giải các phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay): a) x2 5x 4 0 2 Ta có (a=1; b=-5; c=4) a+b+c = 0 nên phương trình x 5x 4 0 có hai nghiệm phân biệt x1 = 1 và x2 = 4. x 1 1 b) . x 3 2 x 1 1 Điều kiện: x 0 , ta có: 2( x 1) x 3 x 1 x 1 . x 3 2 Câu 3 (1,0 điểm) a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số y = -x + 3. Đồ thị (d) là đường thẳng đi qua hai điểm A(0; 3) và B(3; 0). b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau. Gọi M là điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau, khi đó giả sử M(a; a) (d) thì : 3 3 3 a = -a + 3 2a = 3 a . Vậy trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau là M ; . 2 2 2 Câu 4 (1,0 điểm) x x 3 2 1 2 Do x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x + 3x -5 = 0. Nên theo vi-ét, ta có: x1.x2 5 37
  38. 2 2 2 2 Vậy: x1 x2 (x1 x2 ) 2x1.x2 ( 3) 2.( 5) 9 10 19 . Câu 5 (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là a và b (a > b > 2m). Diện tích của hình chữ nhật sau khi tăng chiều dài và chiều rộng thêm 4m là 80m2 nên ta có phương trình: (a + 4)(b + 4) = 80 + ab (1) Nhưng giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài 5m thì diện tích hình chữ nhật bằng diện tích ban đầu nên ta có phương trình: ab = (a + 5)(b - 2) (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: (a 4)(b 4) 80 ab ab 4a 4b 16 80 ab ab (a 5)(b 2) ab ab 2a 5b 10 a b 16 a 10 2a 5b 10 b 6 Vậy chu vi của hình chữ nhật là: 32m. Câu 6 (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD (F AD; F O). a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được; b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF; c) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO. B Giải: C E a) Ta có: ·ABD 1v ( chắn nửa đường tròn đường kính AD ) (1) A· FE 1v (DoEF  AD ) (2) M · · A Từ (1)và (2) suy ra: ABD AEF 2v D O F tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đương kính AE. b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn đương kính DE (Hsinh tự c/m) E·DF E·CF (cùng chắn E»F ) (3) Mặt khác trong (O) ta củng có ·ADB ·ACB (cùng chắn »AB ) (4) Từ (3) và (4) suy ra: ·ACB ·ACF . Vậy tia CA là tia phân giác của góc BCF. (đpcm) c) Chứng minh: CM.DB = DF.DO. Do M là trung điểm của DE nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCEF. MDC cân tại M, hay MD = CM. (5) Mặt khác hai tam giác cân MDF và ODB đồng dạng với nhau nên DF DM DM.DB DF.DO (6) DB DO Từ (5) và (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm) Lưu ý: Đáp án trên còn có nhiều cách giải khác. 38
  39. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KIÊN GIANG NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 22/6/2011 Câu 1. (1,5 điểm) Tính: a) 12 75 48 b) Tính giá trị biểu thức: A = (10 3 11)(3 11 10) . Câu 2. (1,5 điểm) Cho hàm số y (2 m)x m 3 (1) a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số khi m 1 39
  40. b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) đồng biến. Câu 3. (1 điểm) x 2y 5 Giải hệ phương trình: 3x y 1 Câu 4. (2,5 điểm) 2 3 3 a) Phương trình: x x 3 0 có 2 nghiệm x1, x2 . Tính giá trị: X = x1 x2 x2 x1 21 b) Một phòng họp dự định có 120 người dự họp, nhưng khi họp có 160 người tham dự nên phải kê thêm 2 dãy ghế và mỗi dãy phải kê thêm một ghế nữa thì vừa đủ. Tính số dãy ghế dự định lúc đầu. Biết rằng số dãy ghế lúc đầu trong phòng nhiều hơn 20 dãy ghế và số ghế trên mỗi dãy ghế là bằng nhau. Câu 5. (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính chu vi tam giác ABC biết: 25 AC = 5 cm, HC = cm. 13 Câu 6. (2,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB; Vẽ tiếp tuyến Ax, By với đường tròn tâm O. Lấy E trên nửa đường tròn, qua E vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax tại D cắt By tại C a) Chứng minh: OADE nội tiếp được đường tròn b) Nối AC cắt BD tại F. Chứng minh: EF song song với AD HẾT ĐÁP ÁN CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 12 75 48 4.3 25.3 16.3 a) 2 3 5 3 4 3 3 b) A = (10 3 11)(3 11 10) = 102 (3 11)2 100 99 1 2. a) Khi m 1 thì hàm số (1) trở thành: x 0 -2 y x 2 Xét hàm số y x 2 ta có bảng giá trị: y 2 0 b) y (2 m)x m 3 (1) Để đồ thị của hàm số (1) đồng biến thì: 2 m 0 m 2 40
  41. x 2y 5 x 2y 5 7x 7 x 1 x 1 3x y 1 6x 2y 1 x 2y 5 1 2y 5 y 2 a) Phương trình: x2 x 3 0 (a = 1 ; b = -1 ; c = -3) 3. Ta có: a.c = 1 . (-3) = -3 < 0 phương trình có 2 nghiệm x1, x2 . Theo định lí x1 x2 1 Vi-ét ta có : (I) 4. x1x2 3 3 3 2 2 Theo đề ta có: X = x1 x2 x2 x1 21 = x1x2 (x1 x2 ) 21 2 = x1x2 (x1 x2 ) 2x1x2 21 Thay hệ thức (I) vào biểu thức X ta được: X =-3 . [12 – 2 (-3)] + 21 = -21 + 21 = 0 b) Gọi x (dãy) là số dãy ghế dự đinh lúc đầu( x N* vàx 20 ) Khi đó x 2 (dãy) là số dãy ghế lúc sau 120 Số ghế trong mỗi dãy lúc đầu: (ghế) x 160 Số ghế trong mỗi dãy lúc sau: ghế x 2 Do phải kê thêm mỗi dãy một ghế nữa thì vừa đủ 160 120 nên ta có phương trình : 1 x 2 x 2 x 30 160x 120(x 2) x(x 2) x 38x 240 0 x 8 (lo¹i) Vậy số dãy ghế dự định lúc đầu là 30 dãy µ Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong ∆ABC (A 900 ). AC2 25 Ta có: AC2 = BC. HC BC = 13 (cm) 5. HC 25 13 µ Áp dụng định lí Pytago trong ∆ABC (A 900 ) ta có: BC2 = AC2 + AB2 AB = BC2 AC2 132 52 12 (cm) Chu vi tam giác ABC là: C E AB + BC + AC = 12 + 13 + 5 = 30 (cm) D a) Chứng minh: AOED nội tiếp được đường tròn: Xét tứ giác AOED có: F · A B 6. DAO 900 (v× AD lµ tiÕp tuyÕn cña (O)) O · DEO 900 (v× DC lµ tiÕp tuyÕn t¹i E cña (O)) · · DAO DEO 1800 AOED néi tiÕp ®­êng trßn ®­êng kÝnh OD b) Chứng minh EF song song với AD DA  AB Ta có : DA // CB CB  AB 41
  42. · · DAF = BCF (so le trong) AD AF ADF ~ CBF (g - g) (1) µ µ CB CF MÆt kh¸c: F1 = F2 (®èi ®Ønh) Mà AD = DE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (2) BC = CE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) DE AF Từ (1) và (2) . Theo định lí Talet đảo suy ra: EF // AD EC FC SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NINH THUẬN NĂM HỌC 2011 – 2012 Khóa ngày: 26 – 6 – 2011 Môn thi: TOÁN - Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) Cho đường thẳng (d): y = -x + 2 và parabol (P): y = x2 a) Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Bằng đồ thị hãy xác định tọa độ các giao điểm của (d) và (P). Bài 2: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x2 – 4x – 2 = 0. 3 x 2 y 1 b) Giải hệ phương trình: 2 x y 4 42
  43. x x 8 Bài 3: (2,0 điểm). Cho biểu thức: P = 3(1 x) , với x 0 x 2 x 4 a/ Rút gọn biểu thức P. 2P b/ Tìm các giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên. 1 P Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc BAC = 600, đường phân giác trong của góc ABC là BD và đường phân giác trong của góc ACB là CE cắt nhau tại I (D AC và E AB) a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh rằng: ID = IE. c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD. BI Bài 5: (1,0 điểm) Cho hình vuông ABCD. Qua điểm A vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC tại E và cắt đường thẳng 1 1 1 CD tại F. Chứng minh rằng: A2 A 2 AF 2 ĐÁP ÁN Bài 1: (2,0 điểm) a) Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Bằng đồ thị hãy xác định tọa độ các giao điểm của (d) và (P). Tọa độ các giao điểm của (d) và (P). A ( 1 ; 1 ) và B ( -2 ; 4 ) . Bài 2: (2,0 điểm) a)Giải phương trình: 3x2 – 4x – 2 = 0. ' ( 2) 2 3.( 2) 10 2 10 2 10 x ; x 1 3 1 3 3 x 2 y 1 3 x 2 y 1 x 1 x 1 b)Giải hệ phương trình : ;x 0;y 0 y 4 2 x y 4 4 x 2 y 8 y 2 Bài 3: (2,0 điểm) a)Rút gọn biểu thức P. x x 8 P = 3(1 x) , với x 0 x 2 x 4 = x 2 3 3 x 1 2 x 2P b)Tìm các giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên. 1 P 2P 2(1 2 x) 1 2 x 1 Q = = 2 1 P 1 (1 2 x) x x B 1 Q   x 1 x Bài 4: (3,0 điểm) E a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường I tròn. C 0 0 A Ta có:  A = 60  B +  C = 120 D 43
  44.  IBC + ICB = 600 ( vì BI , CI là phân giác)  BIC = 1200  EID = 1200 Tứ giác AEID có :  EID +  A = 1200 + 600 = 1800 Nên: tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn b) Chứng minh rằng: ID = IE Tam giác ABC có BI và CI là hai đường phân giác, nên CI là phân giác thứ ba  EAI =  AID cung EI = cung ID . Vậy: EI = ID c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD. BI  EAI =  EDI ;  ABD chung BA BI BAI  BDE BA.BE = BD. BI BD BE 1 1 1 Bài 5: (1,0 điểm) Chứng minh : A2 A 2 AF 2 Qua A, dựng đường thẳng vuông góc với AF, đường B thẳng này cắt đường thẳng CD tại M F 0 E Ta có: Tứ giác AECM nội tiếp ( vì  EAM =  ECM = 90 ) A  AME =  ACE = 450 Tam giác AME vuông cân tại A AE = AM C AMF vuông tại A có AD là đường cao, nên : 1 1 1 D 2 2 2 AD AM AF M Vì : AD = AB (cạnh hình vuông) ; AM = AE (cmt) 1 1 1 Vậy: A2 A 2 AF 2 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN. Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. Câu I (3,0 điểm) 1 1 x 1 Cho biểu thức A = : 2 x x x 1 x 1 a) Nêu ĐKXĐ và rút gọn A 1 b) Tìm giá trị của x để A = 3 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = A - 9 x Câu 2. (2,0 điểm) 44
  45. Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m + 2)x + m2 + 7 = 0 (1), (m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 1 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4 Câu 3(1,5 điểm) Quãng đường AB dài 120 km. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B. Vận tốc của xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe máy thứ nhất đến B trước xe thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc của mỗi xe. Câu 4. (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE tới đường tròn đó (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO và BC. a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: AH. AO = AD. AE c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt AB tại P và cắt AC tại Q. Chứng minh rằng: IP + KQ PQ HẾT ĐÁP ÁN : Câu 1: x 1 a) ĐKXĐ: x > 0, x 1 . Rút gọn: A = x 1 x 1 1 9 b) A = 3 x 1 x x (thỏa mãn) 3 x 3 4 x 1 1 c) P = A - 9x = - 9x = 1 – 9 x x x 1 Áp dụng BĐT Côsi : 9 x 2.3 6 x 1 => P -5. Vậy MaxP = -5 khi x = 9 Câu 2: 2 a) với m = 1, ta có Pt: x – 6x + 8 = 0 => x1 = 2, x2 = 4 b) xét pt (1) ta có: ' = (m + 2)2 – (m2 + 7) = 4m – 3 3 phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2  m 4 x1 x2 2(m 2) Theo hệ thức Vi-et: 2 x1x2 m 7 Theo giả thiết: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4 m 2 + 7 – 4(m +2) = 4 2  m – 4m – 5 = 0 => m1 = - 1(loại) ; m2 = 5 (thỏa mãn) Vậy m = 5 Câu 3: Gọi vận tốc của xe thứ hai là x (km/h), ĐK: x > 0 vận tốc của xe thứ nhất là x + 10 (km/h) 120 120 Theo bài ra ta có pt: 1  x2 + 10x – 1200 = 0 x x 10 => x1 = 30 (t/m) x2 = - 40 (loại) vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40km/h, của xe thứ hai là 30km/h P B 45 E I D A H O K C Q
  46. Câu 4: a) A·BO + A·CO = 1800 => tứ giác ABOC nội tiếp b) ABD : AEB (g.g) => AD.AE = AB2 (1) ABO vuông tại B, BH  AO => AH.AO = AB2 (2) => AH. AO = AD. AE c) Áp dung BĐT Côsi: IP + KQ 2 IP.KQ Ta có: APQ cân tại A=>OP = OQ => PQ = 2OP Để C/m IP + KQ PQ ,Ta C/m: IP.KQ = OP2 Thật vậy: BOP = COQ (c.h-g.n) => B·OP C·OQ Theo T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau: B· OI D· OI , D·OK C·OK => B·OP B· OI D·OK C·OQ D· OI C·OK 900 => P·OI D·OK 900 Mà Q·KO C·OK 900 Suy ra: P·OI Q·KO Do đó: POI : QKO (g.g)  IP.KQ = OP.OQ = OP2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN Ngày thi : 22/06/2011 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: (2x + 1)(3-x) + 4 = 0 3x | y | 1 b) Giải hệ phương trình: 5x 3y 11 Bài 2: (1,0 điểm) 6 3 5 5 2 Rút gọn biểu thức Q ( ) : . 2 1 5 1 5 3 Bài 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2x – 2m2 = 0 (m là tham số). 46
  47. a) Giải phương trình khi m = 0 2 2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác 0 và thỏa điều kiện x1 4x2 . Bài 4: (1,5 điểm) Một hình chữ nhật có chu vi bằng 28 cm và mỗi đường chéo của nó có độ dài 10 cm. Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật đó. Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ AB ( M không trùng với các điểm A và B). a) Chứng minh rằng MD là đường phân giác của góc BMC. b) Cho AD = 2R. Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R c) Gọi K là giao điểm của AB và MD, H là giao điểm của AD và MC. Chứng minh rằng ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy. Hết BÀI GIẢI : Bài 1: a) (2x + 1)(3-x) + 4 = 0 (1) -2x2 + 5x + 3 +4 = 0 2x2 – 5x – 7 = 0 (2) 7 Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm là : x1 = -1 và x2 = 2 3x | y | 1 3x y 1, y 0 3x y 1, y 0 3x y 1, y 0 3x y 1, y 0 b) ha y hay 5x 3y 11 5x 3y 11 5x 3y 11 14x 14 4x 8 y 2 y 7, y 0 y 2 hay x 1 x 2 x 1 3( 2 1) 5( 5 1) 2 2 ( 3 5)( 5 3) Bài 2: Q = [ ]: = [ 3 5]: = = 1 2 1 5 1 5 3 5 3 2 Bài 3: a) x2 – 2x – 2m2 = 0 (1) m=0, (1) x2 – 2x = 0 x(x – 2) = 0 x= 0 hay x = 2 b) ∆’ = 1 + 2m2 > 0 với mọi m => phương trình (1) có nghiệm với mọi m Theo Viet, ta có: x1 + x2 = 2 => x1 = 2 – x2 2 2 2 2 Ta có: x1 4x2 => (2 – x2) =4x2 2 – x2 =2x2 hay 2 – x2 = - 2x2 x2 = 2/3 hay x2 = -2. Với x2 = 2/3 thì x1 = 4/3, với x2 = -2 thì x1 = 4 2 2 -2m = x1.x2 = 8/9 (loại) hay -2m = x1.x2 = -8 m = 2 Bài 4: Gọi a, b là độ dài của 2 cạnh hình chữ nhật. Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) và a2 + b2 = 102 = 100 (2) Từ (2) (a + b)2 – 2ab = 100 (3). Thế (1) vào (3) ab = 48 (4) Từ (1) và (4) ta có a, b là nghiệm của phương trình : X2 – 14X + 48 = 0 a = 8 cm và b = 6 cm Bài 5: a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 600 nên góc CMD = góc DMB= 300 C MD là phân giác của góc BMC b) Xét tứ giác ABCD có 2 đường chéo AD và BC vuông góc nhau nên : 1 1 S = AD.BC = 2R.R 3 R2 3 H ABCD A D 2 2 K 47 M B I
  48. c) Ta có góc AMD = 900 (chắn ½ đường tròn) Tương tự: DB  AB,vậy K chính là trực tâm của IAD (I là giao điểm của AM và DB) Xét tứ giác AHKM, ta có: góc HAK = góc HMK = 300, nên dễ dàng tứ giác này nội tiếp. Vậy góc AHK = góc AMK = 900 Nên KH vuông góc với AD Vậy HK chính là đường cao phát xuất từ I của IAD Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy tại I. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP. Hà Nội MÔN : TOÁN - Năm học : 2011 – 2012 Ngày thi : 22 tháng 6 năm 2011 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) x 10 x 5 Cho A Với x 0,x 25 . x 5 x 25 x 5 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tính giá trị của A khi x = 9. 1 3) Tìm x để A . 3 Bài II (2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: 48
  49. Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu ngày? Bài III (1,0 điểm). Cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y 2x m2 9 . 1) Tìm toạ độ các giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = 1. 2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d 1 và d2 là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại hai điểm A và B.Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A và B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M, N. 1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh ENI EBI và MIN 900 . 3) Chứng minh AM.BN = AI.BI . 4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng. 1 Bài V (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M 4x2 3x 2011 . 4x HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: 1/ Rút gọn: ĐK: x 0,x 25 x 10 x 5 x. x +5 -10 x -5. x -5 x+5 x -10 x -5 x +25 A= - - = = x -5 x-25 x +5 x -5 x+5 x -5 x +5 2 x-10 x +25 x -5 x -5 = = = ( x 0; x 25) x -5 x +5 x -5 x +5 x +5 3 5 2 1 2/ Với x = 9 Thỏa mãn x 0,x 25 , nên A xác định được, ta có x 3 . Vậy A 3 5 8 4 3/ Ta có: ĐK x 0,x 25 1 x - 5 1 3 x - 15 - x - 5 A - 0 0 3 x + 5 3 3 x +5 2 x - 20 0 (Vì 3 x +5 0) 2 x < 20 x < 10 x < 100 Kết hợp với x 0,x 25 Vậy với 0 ≤ x < 100 và x ≠ 25 thì A < 1/3 Bài 2 49
  50. Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch là x(ngày) (ĐK: x > 1) Thì thời gian thực tế đội xe đó chở hết hàng là x – 1 (ngày) 140 Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe đó phải chở được (tấn) x 150 Thực tế đội đó đã chở được 140 + 10 = 150(tấn) nên mỗi ngày đội đó chở được (tấn) x 1 Vì thực tế mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn, nên ta có pt: 150 140 5 150x – 140x + 140 = 5x2 -5x 5x2 -5x – 10x - 140 = 0 5x2 -15x - 140 = 0 x 1 x x2 -3x - 28 = 0 Giải ra x = 7 (T/M) và x = -4 (loại) Vậy thời gian đội xe đó chở hết hàng theo kế hoạch là 7 ngày Bài 3: 1/ Với m = 1 ta có (d): y = 2x + 8 Phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d) là x2 = 2x + 8 x2 – 2x – 8 = 0 Giải ra x = 4 => y = 16 x = -2 => y = 4 Tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là (4 ; 16) và (-2 ; 4) 2/ Phương trình hoành độ điểm chung của (d) và (P) là : x2 – 2x + m2 – 9 = 0 (1) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục tung thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ac góc MAI + góc MEI = 180o. Mà 2 góc ở vị trí đối diện => tứ giác AIEM nội tiếp 2/ Xét tứ giác BIEN có góc IEN = góc IBN = 90o.  góc IEN + góc IBN = 180o.  tứ giác IBNE nội tiếp  góc ENI = góc EBI = ½ sđ cg IE (*)  Do tứ giác AMEI nội tiếp => góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB ( ) 50
  51. Từ (*) và ( ) suy ra góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o. 3/ Xét tam giác vuông AMI và tam giác vuông BIN có góc AIM = góc BNI ( cùng cộng với góc NIB = 90o)  AMI ~ BNI ( g-g) AM AI  BI BN  AM.BN = AI.BI 4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ Do tứ giác AMEI nội tiếp nên góc AMI = góc AEF = 45o. Nên tam giác AMI vuông cân tại A Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân tại B  AM = AI, BI = BN Áp dụng Pitago tính được R 2 3R 2 MI ; IN 2 2 1 3R 2 Vậy S .IM.IN ( đvdt) MIN 2 4 Bài 5: 1 1 1 Cách 1: M 4x2 3x 2011 4x2 4x 1 x 2010 (2x 1)2 (x ) 2010 4x 4x 4x 1 1 1 1 Vì (2x 1)2 0 và x > 0 0 , Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x + 2 x. 2. 1 4x 4x 4x 2 1  M =(2x 1)2 (x ) 2010 0 + 1 + 2010 = 2011 4x 1 x 1 2 x 2x 1 0 2 1 2 1 1 1  M 2011 ; Dấu “=” xảy ra  x x = x x 4x 4 2 2 x 0 x 0 1 x 2 x 0 1 Vậy Mmin = 2011 đạt được khi x = 2 Bài 5: Cách 2: 51
  52. 2 1 2 1 2 1 1 1 M 4x 3x 2011 3 x x x 2010 4x 4 8x 8x 4 2 1 2 1 1 1 M 3 x x 2010 2 8x 8x 4 1 1 Áp dụng cô si cho ba số x 2 , , ta có 8x 8x 1 1 1 1 3 x 2 33 x 2 . . Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2 8x 8x 8x 8x 4 1 mà x 0 Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2 2 3 1 Vậy M 0 2010 2011 4 4 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng 2011 khi M = 2 SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn: TOÁN ( chung) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút PHẦN 1 – Trắc nghiệm (1 điểm): Hãy chọn phương án đúng và viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án lựa chọn. Câu 1: Phương trình x2 mx m 1 0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: A.m 2 . B.m ¡ . C.m 2 . D.m 2 . Câu 2: Cho (O) nội tiếp tam giác MNP cân tại M. Gọi E; F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh MN;MP. Biết M· NP 500 .Khi đó, cung nhỏ EF của (O) có số đo bằng: A.1000 . B.800 . C.500 . D.1600 . Câu 3: Gọi là góc tạo bởi đường thẳng y x 3 với trục Ox, gọi  là góc tạo bởi đường thẳng y 3x 5 với trục Ox. Trong các phát biểu sau,phát biểu nào sai ? A. 450 . B.  900 . C. 900 . D.  . 52
  53. Câu 4: Một hình trụ có chiều cao là 6cm và diện tích xung quanh là 36 cm2 . Khi đó, hình trụ đã cho có bán kính đáy bằng A.6 cm. B. 3 cm. C. 3 cm. D. 6cm. PHẦN 2 – Tự luận ( 9 điểm): 3 x 1 1 1 Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức : P : với x 0 và x 1 x 1 x 1 x x 1/ Rút gọn biểu thức P . 2/ Tìm x để 2P – x = 3. Câu 2.(2 điểm) 1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hoành độ bằng 2 và M thuộc đồ thị hàm số y 2x2 . Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M ( biết đường thẳng OM là đồ thị hàm số bậc nhất). 2 2) Cho phương trình x 5x 1 0 1 . Biết phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2 . Lập phương trình bậc hai ẩn y ( Với các hệ số là số nguyên ) có hai nghiệm lần lượt là 1 1 y1 1 và y2 1 x1 x2 3 2 17 x 2 y 1 5 Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2x 2 y 2 26 x 2 y 1 5 Câu 4.(3,0 điểm): Cho (O; R). Từ điểm M ở ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) ( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt (O;R) tại N (khác A). Đường tròn đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K . 1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK. 3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt MA tại E. Chứng minh CI = EA. 2 Câu 5.(1,5 điểm) 1)Giải phương trình : x x2 9 x 9 22 x 1 2 1 3 1 2)Chứng minh rằng : Với mọi x 1, ta luôn có 3 x 2 2 x 3 . x x HD Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ: x 2;y 1 3 2 17 3 2 17 3 2 17 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 2x 2 y 2 26 2(x 2) 2 (y 1) 3 26 2 3 26 2 1 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 1) Câu 4.(3,0 điểm) 1) N· IB B·HN 1800 YNHBI nội tiếp 2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp 53
  54. µ µ µ $ A Ta có H1 B1 A1 I1 $ µ µ µ 1 E I2 B2 A2 K2 2 K 3) ta có: 2 $ $ · µ ¶ · 0 I1 I2 DNC B1 A2 DNC 180 D O M 2 Do đó CNDI nội tiếp 1 µ $ µ I 2 N D2 I2 A2 DC // AI C 1 µ µ H Lại có A1 H1 AE / /IC 1 2 Vậy AECI là hình bình hành => CI = EA. B Câu 5.(1,5 điểm) 2 1) Giải phương trình : x x2 9 x 9 22 x 1 2 2 2 2 2 2 x 9 x 9x 22 x 1 x 9 x 9 9 x 1 22 x 1 Đặt x – 1 = t; x2 9 = m ta có: m2 9mt 22t2 22t2 9mt m2 0 m m Giải phương trình này ta được t ;t 2 11 m x2 9  Với t ta có : x 1 x2 2x 11 0 vô nghiêm 2 2 m x2 9  Với t ta có : x 1 x2 11x 2 0 11 11 11 129 121 8 129 > 0 phương trình có hai nghiệm x 1,2 2 2 1 3 1 2) Chứng minh rằng : Với mọi x 1, ta luôn có 3 x 2 2 x 3 (1) x x 2 1 3 1 1 1 1 2 1 3 x 2 2 x 3 3 x x 2 x x 2 1 x x x x x x 1 2 1 1 3 x 2 x 2 1 (vì x 1 nên x 0) (2) x x x 1 1 Đặt x t thì x2 t2 2 , ta có (2) 2t2 3t 2 0 t 2 2t 1 0 (3) x x2 2 1 Vì x 1 nên x 1 0 x2 1 2x x 2 hayt 2 => (3) đúng . Vậy ta có đpcm x 54
  55. SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 VĨNH PHÚC ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (2 điểm)Trong 4 câu: từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều có 4 lựa chọn, trong đó chỉ có duy nhất một lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước lựa chọn mà em cho là đúng (Ví dụ: Nếu câu 1 em lựa chọn là A thì viết là 1.A) Câu 1. Giá trị của 12. 27 bằng: A. 12 B. 18 C. 27 D. 324 Câu 2. Đồ thị hàm số y= mx + 1 (x là biến, m là tham số) đi qua điểm N(1; 1) . Khi đó gí trị của m bằng: A. m = - 2 B. m = - 1 C. m = 0 D. m = 1 Câu 3. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 100 cm2 . Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của AB, BC, CA. Khi đó diện tích tam giác MNP bằng: A. 25 cm2 B. 20 cm2 C. 30 cm2 D. 35 cm2 55
  56. Câu 4. Tất cả các giá trị x để biểu thức x 1 có nghĩa là: A. x 1 D. x1 PHẦN II. TỰ LUẬN (8 điểm) x y 0 Câu 5. (2.0 điểm) Giải hệ phương trình 2 x 2y 1 0 Câu 6. (1.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – 1 =0 (x là ẩn, m là tham số). a) Giải phương trình với m = - 1 b) Tìm tất cả các giá trị của m đê phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2 2 c) Tìm tât cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho tổng P = x1 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 7. (1.5 điểm) Một hình chữ nhật ban đầu có cho vi bằng 2010 cm. Biết rằng nều tăng chiều dài của hình chữ nhật thêm 20 cm và tăng chiều rộng thêm 10 cm thì diện tích hình chữ nhật ban đầu tăng lên 13 300 cm2. Tính chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu. Câu 8. (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, không là tam giác cân, AB < AC và nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BE. Các đường cao AD và BK của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AFEC là hình thang cân. b) BH = 2OI và điểm H đối xứng với F qua đường thẳng AC. Câu 9.(2.0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất ab bc ca của biểu thức: P = . c ab a bc b ca BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN: Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm. Câu 1 2 3 4 Đáp án B C A D Phần II. Tự luận (8,0 điểm). Câu 5 (2,0 điểm). Nội dung trình bày Điểm x y 1 (1) Xét hệ phương trình 2 x 2y 1 0 (2) Từ (1) x = y thay vào PT (2) ta được : x2 - 2x + 1 = 0 0,5 (x - 1)2 = 0 x = 1 0,5 Thay x = 1 vào (1) y = 1 0,5 x 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: y 1 0,5 56
  57. Câu 6 (1,5 điểm). a. (0,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm Với m = -1 ta có (1) : x2 2x 0 x(x 2) 0 0,25 x 0 . Vậy với m = -1 PT có hai nghiệm là x1 0; x2 2 0,25 x 2 b. (0,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm Ta có ’ = m2 - (m2 - 1) = 1 > 0 với m 0,25 Vậy với m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2 0,25 c. (0,5 điểm): Nội dung trình bày Điểm 2 2 2 2 2 P = x1 x2 x1 x2 2x1x2 = 4m - 2m + 2 2 với m 0,25 Dấu “=” xảy ra m = 0. Vậy với m = 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm xthỏa1, x2 mãn 2 2 0,25 P = x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất Câu 7 (1,5 điểm). Nội dung trình bày Điểm Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (cm), chiều rộng là y (cm) (điều kiện x, y > 0) 0,25 Chu vi hình chữ nhật ban đầu là 2010 cm. ta có phương trình 2. x y 2010 x y 1005 (1) 0,25 Khi tăng chiều dài 20 cm, tăng chiều rộng 10 cm thì kích thước hình chữ nhật mới là: Chiều dài: x 20 (cm), chiều rộng: y 10 (cm) 0,25 Khi đó diện tích hình chữ nhật mới là: x 20 . y 10 xy 13300 0,25 10x 20y 13100 x 2y 1310 (2) x y 1005 Từ (1) và (2) ta có hệ: x 2y 1310 0,25 Trừ từng vế của hệ ta được: y = 305 (thoả mãn). Thay vào phương trình (1) ta được: x 700 Vậy chiều dài hình chữ nhật ban đầu là: 700 cm, chiều rộng là 305 cm 0,25 Câu 8. ( 2,0 điểm). A F a. (1,0 điểm): K Nội dung trình bày Điểm H Có : BFE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) FE  BF 0,25 I B BF  AC (gt) FE ∥ AC (1) 0,25 E D O sđ AF = sđ CE AFE = CFE FAC = 0,25 ECA (2) C 57
  58. Từ (1) và (2)  AFEC là hình thang cân 0,25 b. (1,0 điểm): Nội dung trình bày Điểm EC  BC EC ∥ AH (1). 0,25 BF  AC (gt) FE ∥ AC (1). HAC = ECA mà ECA = FAC 0,25 HAF cân tại A AH = AF (2) Từ (1)và (2)  AHCE là hình bình hành I là giao điểm hai đường chéo OI là đường trung bình BEH BH = 2OI 0,25 HAF cân tại A , HF  AC HK = KF H đối xứng với F qua AC 0,25 Câu 9. ( 1,0 điểm). Nội dung trình bày Điểm Có: a b c 1 c a b c .c ac bc c2 c ab ac bc c2 ab a(c b) c(b c) = (c a)(c b) a b ab ab c a c b c ab (c a)(c b) 2 0,25 a bc (a b)(a c) Tương tự: b ca (b c)(b a) b c bc bc a b a c a bc (a b)(a c) 2 c a ca ca b c b a b ca (b c)(b a) 2 0,25 a b b c c a a c c b b a 3 P c a c b a b a c b c b a =a c c b b a = 2 2 2 0,25 1 Dấu “=” xảy ra khi a b c 3 3 1 Từ đó giá trị lớn nhất của P là đạt được khi và chỉ khi a b c 2 3 0,25 58
  59. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 (đợt 2) Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (2,5 điểm). 1) Cho hàm số y f (x) x2 2x 5 . a. Tính f (x) khi: x 0; x 3 . b. Tìm x biết: f (x) 5; f (x) 2 . 2) Giải bất phương trình: 3(x 4) x 6 Câu 2 (2,5 điểm). 1) Cho hàm số bậc nhất y m – 2 x m 3 (d) a. Tìm m để hàm số đồng biến. b. Tìm m để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y 2x 3 . x y 3m 2 2) Cho hệ phương trình 2x y 5 x2 y 5 Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm x; y sao cho 4 . y 1 Câu 3 (1,0 điểm). Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm trong 6 ngày thì xong công việc. Hai người làm cùng nhau trong 3 ngày thì người thứ nhất được chuyển đi làm công 59
  60. việc khác, người thứ hai làm một mình trong 4,5 ngày (bốn ngày rưỡi) nữa thì hoàn thành công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người hoàn thành công việc đó trong bao lâu. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AO lấy điểm M (M khác A và O). Tia CM cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là N. Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O; R) tại N. Tiếp tuyến này cắt đường thẳng vuông góc với AB tại M ở P. 1) Chứng minh: OMNP là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh: CN // OP. 1 3) Khi AM AO . Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN theo R. 3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho ba số x, y, z thoả mãn 0 x, y, z 1 và x y z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu (x 1)2 (y 1)2 (z 1)2 thức: A = z x y Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm Với x = 0 tính được f(0) = -5 0,5 1.a Với x = 3 tính được f(3) = 10 0,5 Khi f(x) = -5 tìm được x = 0; x = - 2 0,5 1 1.b Khi f(x) = -2 tìm được x = 1; x = -3 0,5 Biến đổi được về 3x – 12 > x – 6 0,25 2 Giải được nghiệm x > 3 0,25 1.a Để hàm số đồng biến thì m – 2 > 0 0,25 Tìm được m > 2 và kết luận 0,25 m 2 2 Để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y = 2x – 3 thì 0,5 m 3 3 1.b m 4 0,25 2 m 6 m = 4 0,25 Giải hệ được x = m + 1; y = 2m - 3 0,25 2 Đặt điều kiện: y + 1 0 2m – 3 + 1 0 m 1 0,25 x2 y 5 Có: 4 x2 y 5 4(y 1) x2 y 5 4y 4 0 x2 5y 9 0 0,25 y 1 60
  61. Thay x = m + 1; y = 2m – 3 ta được: (m + 1)2 – 5(2m - 3) – 9 = 0 m2 – 8m + 7 = 0. Giải phương trình được m = 1; m = 7 So sánh với điều kiện suy ra m = 1 (loại); m = 7 (thoả mãn) 0,25 Gọi thời gian người 1, người 2 làm một mình xong công việc lần lượt là x, 0,25 y ngày (x, y > 0) Trong một ngày người 1 và người 2 lần lượt làm được 1 và 1 công việc. x y 1 1 1 0,25 suy ra phương trình: 3 x y 6 Người 1 làm trong 3 ngày và người 2 làm trong 7,5 ngày lần lượt được 3 x 7,5 3 7,5 0,25 và công việc suy ra phương trình: 1 y x y Giải hệ được x = 18, y = 9. So sánh với điều kiện và kết luận 0,25 Hình vẽ đúng: C A M O B 0,25 N 1 P D Có O·MP 900 (MP  AB) 0,25 Có O· NP 900 (tính chất tiếp tuyến) 0,25 Do đó O·MP O· NP 900 suy ra OMNP là tứ giác nội tiếp 0,25 4 Do OMNP là tứ giác nội tiếp nên O·NC O·PM (cùng chắn O¼M ) 0,25 Ta có: MP // CD (cùng vuông góc với AB) nên O·PM P·OD ( so le trong) 0,25 2 Mà tam giác OCN cân tại O (OC = ON) nên O·NC O·CN 0,25 Suy ra: O·CN P·OD => CN // OP 0,25 Do O·MP O· NP 900 nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác OMNP có đường kính là OP. Nên đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN có đường kính là 0,25 3 OP Ta có: CN // OP và MP // CD nên tứ giác OCMP là hình bình hành và suy 0,25 ra OP = CM 61
  62. 1 1 2 Ta có AM = AO = R OM = R. Áp dụng định lý Pytago trong tam 3 3 3 0,25 giác vuông OMC nên tính được MC = R 13 3 Suy ra OP = R 13 từ đó ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 3 0,25 OMN bằng R 13 6 Do x, y, z 1 đặt a = 1 – x 0, b = 1- y 0, c = 1- z 0 và a + b + c = 1 suy ra z = 1 – x + 1- y = a + b, y = 1 – x + 1- z = a + c, x = 1- z + 1- y = c + b 0,25 a 2 b2 c2 Khi đó A = 5 a b b c c a 2 Với m, n 0 thì m n 0 m n 2 mn (*) Dấu “=” khi m = n Áp dụng (*) ta có: a 2 a b a 2 a b a 2 a b a 2 a b 2 . a a 0,25 a b 4 a b 4 a b 4 a b 4 b2 b c c2 c a Tương tự ta có: b ; c b c 4 c a 4 a 2 b2 c2 a b c 1 Suy ra: = 0,25 a b b c c a 2 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 suy ra x = y = z = 2 3 3 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 1 khi x = y = z = 2 2 3 62
  63. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TẠO Năm học 2010 – 2011 THÁI BÌNH Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (2,0 điểm) 3 1 x 9 1. Rút gọn biểu thức: A . với x > 0, x 9 x 3 x x 3 x 1 1 2. Chứng minh rằng: 5. 10 5 2 5 2 Bài 2. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (k - 1)x + n và 2 điểm A(0; 2) và B(-1; 0) 1. Tìm giá trị của k và n để : a) Đường thẳng (d) đi qua 2 điểm A và B. b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y = x + 2 – k 2. Cho n = 2. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB. Bài 3. ( 2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 – 2mx +m – 7 = 0 (1) với m là tham số 1. Giải phương trình với m = -1 2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai ngiệm phân biệt với mọi giá trị của m. 1 1 3. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn hệ thức 16 x1 x2 Bài 4 . ( 3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H ( H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau tại E. 1. Chứng minh tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK 2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân. 63
  64. 3. Giả sử KE = KC. Chứng minh : OK // MN và KM2 + KN2 = 4R2. Bài 5 . ( 0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn : a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 3 3 3 3 a 1 b 1 c 1 4 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Bài 1. (2,0 điểm) Câu Nội dung Điểm 1 3 1 x 9 A . x 3 x x 3 x 3 1 x 9 . 0,25 x( x 3) x 3 x 3 x 9 x 3 x ( x 3)( x 3) A . x( x 3)( x 3) x 0,25 (x 9).( x 3)( x 3) A x( x 3)( x 3) x 0,25 x 9 A x 0,25 2 Biến đổi vế trái: 1 1 5 2 5 2 VT 5( ) 5 0,5 5 2 5 2 ( 5 2)( 5 2) 2 5 = 5 10 5 4 0,5 Bµi 2. (2,0 ®iÓm) C©u Néi dung §iÓm 1a §­êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm A(0; 2) n = 2 0,25 Đường thẳng (d) đi qua điểm B (-1; 0) 0 = (k -1) (-1) + n 0 = - k + 1 +2 k = 3 0,25 Vậy với k = 3; n = 2 thì (d) đi qua hai diểm A và B 0,25 1b Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y = x + 2 – k k 1 1 0,25 2 k n k 2 n 0 0,25 k 2 Vậy với thì Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) n 0 0,25 2 Với n = 2 phương trình của (d) là: y = (k - 1) x + 2 đường thẳng (d) cắt trục Ox k - 1 ≠ 0 k ≠ 1 0,25 2 Giao điểm của (d) với Ox là C( ;0) 1 k 64
  65. y các OAB và OAC vuông tại O 1 1 SOAC OA.OC ; SOAB OA.OB ( ) 2 2 SOAC = 2SOAB OC = 2.OB A(0;2) xc 2. xB 2 x 2. 1 1 k 2 B(-1; 0) O 1 2 C( ; 0) 2 1-k 2 k 0 1 k ( thoả mãn) 2 2 k 2 1 k Vậy với k = 0 hoặc k = 2 thì SOAC = 2SOAB 0,25 Bài 3. ( 2,0 điểm) Câu Nội dung Điểm 1 Với m = -1 ta có pT: x2 + 2x -8 = 0 ' = 12 - 1(-8) = 9 0,25 x1 = - 1 +9 = 2; x2 = -1 - 9 = -4 0,25 Vậy với m = - 1phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 2; x2= - 4 0,25 2 ' = m2 - m + 7 0,25 1 27 (m ) 2 > 0 với mọi m 2 4 0,25 Vậy pt(1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m 0,25 3 Vì pt(1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m x1 x2 2m nên theo Viet ta có: 0,25 x1 x2 m 7 1 1 x x 2m Theo bài ra 16 1 2 16 16 m = 8 x1 x2 x1 x2 m 7 KL: m = 8 0,25 Bµi 4 . ( 3,5 ®iÓm) C©u Néi dung §iÓm 65
  66. M M H O H O A B A B E E T N N K K C F C h2 h1 1 Ta cã  AKE = 900 ( .) 0,25 vµ  AHE = 90o ( v× MN  AB) 0,25  AKE +  AHE = 1800 0,25 AHEK lµ tø gi¸c näi tiÕp 0,25 Xét CAE và CHK có :  C là góc chung  CAE =  CHK ( cùng chắn cung KE) 0,25 CAE CHK (gg) 0,25 2 ta có NF  AC; KB  AC NF // KB 0,25  MKB =  KFN (1)( đồng vị) và  BKN =  KNF (2) (slt) 0,25 mà MN  AB Cung MB = cung NB  MKB =  BKN (3) Từ 1,2,3  KFN =  KNF 0,25 NFK cân tại K 0,25 3 Nếu KE = KC KEC vuông cân tại K  KEC = 450 0,25  ABK = 450 Sđ cung AK = 900 K là điểm chính giữa cung AB KO  AB mà MN  AB nªn OK // MN 0,25 KÎ ®­êng kÝnh MT chøng minh KT = KN 0,25 mà MKT vuông tại K nên KM2 + KT2 = MT2 hay KM2 + KN2 = (2R)2 hay KM2 + KN2 = 4R2 0,25 Bài 5 . ( 0,5 điểm) Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn : a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 3 3 3 3 a 1 b 1 c 1 4 Câu Nội dung Điểm Đặt x = a - 1; y = b - 1; z = c - 1 Đ/K x -1 ; y - 1; z - 1 66
  67. x + y + z = 0 và VT = x3 + y3 +z3 = 3xyz SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HƯNG YÊN NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi:TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). (Đề thi có 02 trang) Ngày thi :5 - 7- 2011 PHẦN A:TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,0 điểm) Từ câu 1 đến câu 8, hãy chọn phương án đúng và viết chứ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. Câu 1. Giá trị của biểu thức 18a với (a 0 ) bắng: A.9 a B.3a 2 C.2 3a D.3 2a Câu 2. Biểu thức 2x 2 x 3 có nghĩa khi và chỉ khi A.x 3 B.x 1 C.x 1 D. x 1 Câu 3. Điểm M(-1; 2) thuộc đồ thị hàm số y= ax2 khi a bằng A.2 B.4 C. -2 D. 0,5 Câu 4. Gọi S,P là tổng và tích các nghiệm của phương trình x2 + 8x -7 =0.Khi đó S + P bằng A. -1 B. -15 C. 1 D. 15 Câu 5. Phương trình x2 (a 1)x a 0 có nghiệm là A.x1 1; x2 a B.x1 1; x2 a C.x1 1; x2 a D. x1 1; x2 a 67
  68. Câu 6. Cho đường tròn (O;R) và đường thẳng (d).Biết rằng (d) và đường tròn (O;R) không giao nhau, khoảng cách từ O đến (d) bằng 5.Khi đó A. R 5 D. R 5 Câu 7. Tam giác ABC vuông tại A có AC = 3cm; AB = 4 cm.Khi đó sin B bằng 3 3 4 4 A. B. C. D. 4 5 5 3 Câu 8. Một hình nón có chiều cao h và đường kính đáy d.Thế tích của hình nón đó là 1 1 1 1 A. d 2h B. d 2h C. d 2h D. d 2h 3 4 6 12 PHẦN B:TỰ LUẬN (8,0 điểm) Bài 1. (1,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức P (4 2 8 2). 2 8 b) Tìm toạ độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y x2 và y 3x 2 Bài 2 (1 điểm) Một công ty vận tải điều một số xe tải đến kho hàng để chở 21 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 1 xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng đó, mỗi xe phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu.Hỏi lúc đầu công ty đã điều đến kho hàng bao nhiêu xe.Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như nhau. (m 1)x my 3m 1 Bài 3. (1,5 điểm) Cho hệ phương trình : 2x y m 5 a) Giải hệ phương trình với m =2 b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) sao cho x2- y2 < 4. Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và một đường thẳng (d) cố định, (d) và đường tròn (O;R) không giao nhau.Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến đường thẳng (d), M là một điểm thay đổi trên (d) (M không trùng với H). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A,B là các tiếp điểm ).Dây cung AB cắt OH tại I. a) Chứng minh năm điểm O, A, B, H, M cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh IH.IO=IA.IB c) Chứng mình khi M thay đổi trên (d) thì tích IA.IB không đổi Bài 5. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: y 4(x2 x 1) 3 2x 1 với -1 < x < 1 HƯỚNG DẪN SO SÁNH ĐỐI CHIẾU ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 – HƯNG YÊN PHẦN 1/ TRẮC NGHIỆM Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D C A B C A B D PHẦN 2/ TỰ LUẬN Bài 1a) Rút gọn biểu thức 0,25 điểm 2 P (4 2 8 2). 2 8 4. 2 8.2 2. 2 4.2 P = 4.2- 4 + 2 2 - 2 2 0,25 điểm P = 4 0,25 điểm Bài 1b) Toạ độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là nghiệm của hệ phương 68
  69. y x2 y x2 0,25 điểm trình 2 y 3x 2 x 3x 2 (*) Giải (*) : x2 3x 2 0 Có a+b+c = 1 -3 + 2 = 0 nên x1 = 1 0,25 điểm x2 = 2 Từ x1 = 1 suy ra y1 = 1 x2 = 2 suy ra y2 = 4 Vậy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt A( 1 ;1) và B(2 ;4) 0,25 điểm .Bài 2 : Gọi số xe đã điều đến kho hàng lúc đầu là x ( xe , x ¥ , x > 1) Nên số xe thực tế chở hàng là x – 1 xe 21 Dự định mỗi xe chở tấn hàng x 21 0,25 điểm Thực tế mỗi xe chở tấn hàng x 1 Thực tế,mỗi xe phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu nên : 0,25 điểm 21 21 - = 0,5 x 1 x 2 Suy ra : x – x – 42 = 0  x1 = 7 ( thoả mãn x ¥ , x > 1) 0,25 điểm x2 = - 6 ( loại ) Vậy lúc đầu công ty đã điều đến kho hàng 7 xe 0,25 điểm (m 1)x my 3m 1 Cho hệ phương trình Bài 3 2x y m 5 a/ x 2y 5 0,25 điểm Khi m = 2 , ta có 2x y 7 x 3 0,25 điểm y 1 Vậy khi m = 2 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất (3;-1) 0,25 điểm b/ (m 1)x my 3m 1 (1) 2x y m 5 (2) Từ phương trình (2) có y = 2x – m – 5 . Thế vào phương trình (1) ta 0,25 điểm được : (m – 1)x – 2mx + m2 + 5m – 3m+1 = 0  ( m+1).x = (m+1)2 (3)  x = m + 1 .Điều kiện m 1 Suy ra y = m - 3 3 0,25 điểm Mà x2- y2 < 4. nên (m + 1)2 - (m – 3)2< 4  m < 2 3 m c) Vậy với 2 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất m 1 0,25 điểm d) (x;y) sao cho x2- y2 < 4. Bài 4 69 O 1 B 2 1 1 2 I A d H M
  70. 0,25 điểm a/ e) Chứng minh : O·AM 900 , O·BM 900 ,O·HM 900 0,25 điểm 0,25 điểm f) Suy ra O·AM O·BM O·HM 900 Vậy năm điểm O, A, B, H, M cùng nằm trên một đường tròn đường 0,25 điểm kính MO ( theo quỹ tích cung chứa góc 900 ). b/ g) OIA đồng dạng với BIH (g.g) 0,5 điểm IA IO 0,25 điểm h) Nên IH IB i) Vậy IH.IO=IA.IB c/ Gọi K là giao điểm của OM và AB. - Dễ thấy OM là đường trung trực của AB nên OM  AB tại K. 0,25 điểm Suy ra : OK.OM = OA2 = R2 - Lại có OKI đồng dạng với OHM (g.g) nên OI.OH = OK.OM 0,25 điểm Do đó OI.OH = R2 không đổi Vì d,O cố định nên OH không đổi . Suy ra : OI không đổi và I cố định 0,25 điểm .Vậy IH không đổi. Từ câu b, ta có : IA.IB = IO.IH = không đổi. 0,25 điểm Bài 5 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức y 4 x2 x 1 3 2x 1 với -1< x < 1 y 4 x2 x 1 3 2x 1 với -1< x < 1 y 4x2 4x 1 3 2x 1 3 (2x 1)2 3 2x 1 3 9 3 (2x 1)2 3 2x 1 4 4 0,25 điểm 2 3 3 3 2x 1 0,25 điểm 2 4 4 3 Vậy ymax = 4 0,25 điểm 70
  71. 3 Khi và chỉ khi 2x 1 = 0 2 0,25 điểm 5 * x (loại ) 4 1 * x (thoả mãn các điều kiện ) 4 UBND TỈNH AN GIANG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút SBD Phòng (không kể thời gian giao đề) Ngày 7 -7 -2011 Bài 1 (2,0 điểm) (không được dùng máy tính) 1-Thực hiện phép tính : 12 75 48 : 3 1 5 2-Trục căn thức ở mẫu : 15 5 3 1 Bài 2 (2,5 điểm) 1-Giải phương trình : 2x2 – 5x – 3 = 0 mx y = 3 2-Cho hệ phương trình ( m là tham số ) : x + 2my = 1 71
  72. a. Giải hệ phương trình khi m = 1. b.Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Bài 3 (2,0 điểm ) x2 3 Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, cho parabol (P): y= và đường thẳng (d): y x 2 2 1.Bằng phép tính, hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) . 2.Tìm m để đường thẳng (d’) :y= mx – m tiếp xúc với parabol (P) Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;r) và hai đường kính AB,CD vuông góc với nhau.Trên cung nhỏ DB, lấy điểm N ( N khác B và D).Gọi M là giao điểm của CN và AB. 1-Chứng minh ODNM là tứ giác nội tiếp. 2-Chứng minh AN.MB =AC.MN. 3-Cho DN= r .Gọi E là giao điểm của AN và CD.Tính theo r độ dài các đoạn ED, EC . Lược giải: Bài 1/ 1/ 12 75 48 : 3 =4 25 16 = 2–5 + 4 = 1 1 5 1 5 1 5 1 3 1 2/ = = 15 5 3 1 5 3 1 3 1 3 1 5 1 3 1 2 Bài 2/ 1/ 2x2 – 5x – 3 = 0 1 49 ; x1= 3 ; x2= 2 2/ x y = 3 y 4 y 4 a/ Khi m=1 : x + 2y = 1 x 4 3 x 7 Khi m=1 thì hệ pt có nghiệm duy nhất (x = 7; y= 4 ) y 3 y 3 b/*Khi m=0, ta có hệ pt x 1 x 1 m 1 2 *Khi m 0 , hệ pt có nghiệm duy nhất 2m2 1 m 1 2m 2 2 Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất khi m 2 Bài 3/ 1/ Phương trình hoành độ giao điểm ; x2 3 x x2 2x 3 0 2 2 c Vì a+b+c=1+2 - 3 = 0 x 1; x 3 1 2 a x2 1 9 Thay x 1; x 3 vào y= ,ta được y ; y 1 2 2 1 2 2 2 1 9 Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm 1; và 3; 2 2 2/ ( d’) : y= mx – m 72
  73. x2 (P) : y = 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm : x2 mx – m x2 2mx 2m 0 2 ' m2 2m 2 m 0 (d’) tiếp xúc với (P) ' 0 m 2m 0 m m 2 0 m 2 Bài 4 C 1/ Tứ giác ODNM có : 1 M· OD = 900 gt r D·NM = 900 (D· NC 900 : góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) M · · 0 O MOD+DNM =180 A B Mà hai góc này đối diện nhau =>Tứ giác ODNM nội tiếp được 1 E 2 1 2/ Ta có A·OC = C·OB = A·OD = D·OB 900 3 N => »AC C»B »AD D»B r ¶ ¶ » » =>N1 N2 ( 2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau :AC CB ) D Xét NCA và NBM : ¶ ¶ *N1 N2 ( cmt) µ µ *B1 C1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) NA CA NCA∽ NBM AN.MB AC.MN NM BM ¶ ¶ » » 3/ Ta có :N2 N3 ( 2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau :AC AD ) ND DE CDN có CE là phân giác của C·ND => (1) NC EC Xét tam giác vuông CDN : CN CD2 DN 2 4r 2 r 2 3r 2 r 3 r DE ED EC ED EC 2r 2 (1) => => 3 1 => ED= 3 1 r r 3 EC r r 3 r r 3 r 1 3 1 3 EC= 3 1 3 r = 3 3 r 73
  74. SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ THI MÔN TOÁN Đề chính thức LỚP CHẤT LƯỢNG CAO TRƯỜNG PT DTNT TỈNH Ngày thi : 21 tháng 7 năm 2010 Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề ) ( Đề thi gồm có 01 trang ) 2 2 x - 6 Câu 1 (2 điểm) Cho biểu thức : A = 1- + : 2 x - 2 x + 2 x - 2 a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa ; b) Rút gọn biểu thức A. Câu 2 (2 điểm) Cho phương trình : x2 - mx - x - m - 3 = 0 (1), (m là tham số). a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2 với mọi giá trị của m ; 74
  75. 2 2 b) Tìm giá trị của m để biểu thứcP = x1 + x2 - x1x2 + 3x1+ 3x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3 (2 điểm) Một canô đi xuôi dòng sông từ bến A đến bến B hết 6 giờ, đi ngược dòng sông từ bến B về bến A hết 8 giờ. (Vận tốc dòng nước không thay đổi) a) Hỏi vận tốc của canô khi nước yên lặng gấp mấy lần vận tốc dòng nước chảy ? b) Nếu thả trôi một bè nứa từ bến A đến bến B thì hết bao nhiêu thời gian ? Câu 4 (3 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 10cm. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A xuống BC. Biết rằng HB = 6cm, tính độ dài cạnh huyền BC. 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm của tam giác, AH cắt đường tròn (O) tại D (D khác A). Chứng minh rằng tam giác HBD cân. 3. Hãy nêu cách vẽ hình vuông ABCD khi biết tâm I của hình vuông và các điểm M, N lần lượt thuộc các đường thẳng AB, CD. (Ba điểm M, I, N không thẳng hàng). x2 y2 - xy - 2 = 0 Câu 5 (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 x + y = x y HƯỚNG DẪN CHẤM DTNT Chất lượng cao (Mäi c¸ch gi¶i kh¸c ®óng ®Òu cho ®iÓm t­¬ng øng) Câu ý Hướng dẫn chấm Điểm 1a x 2, x 2, x 6 1 x2 2 x 2 2 x 2 2 x 6 0.5 A : 1 x2 2 x2 2 1b x2 6 x2 2 . x 6 x2 2 x 6 0.5 ViÕt (1) x2 (m 1)x (m 3) 0 0.5 2a Ta cã (m 1)2 4(m 3) m2 6m 13 (m 3)2 4 0m 0.5 V× 0 m nªn ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi m. 2 x1 x2 m 1 + Theo định lý Viet ta có: 0.5 x1x2 (m 3) 2b + Lúc đó: P (m 1)2 3(m 3) 3(m 1) m2 8m 13 (m 4)2 3 3 0.5 + Vậy với m = - 4 thì P đạt giá trị nhỏ nhất bằng -3. 75
  76. + Gäi x, y lÇn l­ît lµ vËn tèc thật cña can« vµ vËn tèc dßng nước ch¶y, tõ gi¶ thiÕt ta 3a cã ph­¬ng tr×nh: 6(x y) 8(x y) 2x 14y x 7y . 0.5 + VËy vËn tèc cña can« khi nước yên lặng gÊp 7 lÇn vËn tèc dßng n­íc. 0.5 3 + Gäi kho¶ng c¸ch gi÷a hai bÕn A, B lµ S, ta cã: 6(x y) S 48y S . 0.5 3b S + VËy thả trôi bÌ nøa xu«i tõ A ®Õn B hết số thời gian lµ 48 (giê). 0.5 y ¸p dông hÖ thøc l­îng trong tam gi¸c vu«ng ABC, ta cã: BA2 50 BA2 BH.BC BC . BH 3 4a 50 1 VËy ®é dµi c¹nh huyÒn lµ: (cm) 3 + BH c¾t AC t¹i E. Chøng minh ®­îc 4 ΔBHI : ΔAHE H· AC H· BC (1) + L¹i cã: H·AC=D· BC (2) 0.5 + Tõ (1) vµ (2) suy ra: BC lµ ph©n gi¸c 4b cña D·BH (3) I + KÕt hîp (3) víi gi¶ thiÕt BC  HD suy ra tam gi¸c DBH c©n t¹i B. 0.5 + Gọi M’ và N’ lần lượt là điểm đối xứng của M và N qua tâmA I của hình vuông ABCD. Suy ra MN’ // M’N 0.5 + Gọi H, K lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ I xuống các đường thẳng MN’ và M’N. Vẽ đường tròn tâm H, bán kính10 HI cắt MN’ tại hai điểm A và B; vẽ đường tròn tâm K, bán kính KI cắt M’N tại hai điểm C và D. 0.5 + Nối 4 điểm A, B, C, D theo thứ tự ta được hình vuông ABCD. 6 B C H 4 4c M A H N' B I C M' D N K (ThÝ sinh kh«ng cÇn ph©n tÝch, chøng minh c¸ch dùng) 2 2 A xy 1 + Cã x y xy 2 0 0.5 5 xy 2 E H O 76 B C D