KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN docx

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 (Đợt ) Đề thi gồm: 01 trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (3,0 điểm) 1) Giải phương trình: a 5( x + 1) = x + b 3x + + = x − x x( x − 1) 2) Cho hai đường thẳng (d1): y = x + ; (d2): y = −4 x − cắt I Tìm m để đường thẳng (d3): y = (m + 1) x + 2m − qua điểm I Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x − 2( m + 1) x + 2m = (1) (với ẩn x ) 1) Giải phương trình (1) m =1 2) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m 3) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1 ; x2 Tìm giá trị m để x1 ; x2 độ dài hai cạnh tam giác vng có cạnh huyền 12 Câu (1,0 điểm) Một hình chữ nhật có chu vi 52 m Nếu giảm cạnh m hình chữ nhật có diện tích 77 m2 Tính kích thước hình chữ nhật ban đầu? Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có Â > 900 Vẽ đường trịn (O) đường kính AB đường trịn (O’) đường kính AC Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) điểm thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E nằm đường tròn 2) Gọi F giao điểm hai đường tròn (O) (O’) (F khác A) Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng FA phân giác góc EFD 3) Gọi H giao điểm AB EF Chứng minh BH.AD = AH.BD Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số dương thoả mãn x + y + z =3 Chứng minh rằng: x y z + + ≤ x + x + yz y + y + zx z + 3z + xy -Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: (đáp án thang điểm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 Đáp án gồm: 02 trang I, HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý 1.a 1.b 2 Nội dung Điểm 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 Biến đổi 5x + = 3x + ⇔ 2x = ⇔ x = Điều kiện: x ≠ x ≠ Biến đổi phương trình: 4x + 2x – = 3x + ⇔ 3x = ⇔ x = So sánh với điều kiện kết luận nghiệm x = Do I giao điểm (d1) (d2) nên toạ độ I nghiệm hệ phương trình:  y = 2x +   y = −4 x − 0,25 Giải hệ tìm I(-1; 3) Do (d3) qua I nên ta có = (m+ 1)(-1) + 2m -1 Giải phương trình tìm m = Khi m = ta có phương trình x2 – 4x + = Giải phương trình x1 = + ; x = −x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Tính ∆ ' = m + Khẳng định phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 0,25 0,25 E  2m + > ⇔m>0 Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương  H  2m > O Theo giả thiết có x12 + x22 = 12 ⇔ (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 12 ⇔ 4(m + 1) − 4m = 12 ⇔ m2 + m – = B D A 0,25 O' C F Giải phương trình m = ( thoả mãn), m = -2 (loại) Gọi kích thước hình chữ nhật a, b (m) điều kiện a, b > Do chu vi hình chữ nhật 52 nên ta có a + b = 26 Sau giảm chiều m hình chữ nhật có kích thước a – b – 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 nên (a – 4)(b – 4) = 77 Giải hệ phương trình kết luận kích thước 15 m 11 m Hình vẽ đúng: 0,25 0,25 · Lập luận có AEB = 900 · Lập luận có ADC = 90 Suy bốn điểm B, C, D, E nằm đường trịn · · Ta có AFB = AFC = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) suy 0,25 0,25 · · AFB + AFC = 1800 0,25 0,25 Suy ba điểm B, F, C thẳng hàng · · · · » » AFE = ABE (cùng chắn AE ) AFD = ACD (cùng chắn AD ) 0,25 · · » Mà ECD = EBD (cùng chắn DE tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25 · · Suy ra: AFE = AFD => FA phân giác góc DFE Chứng minh EA phân giác tam giác DHE suy 0,25 0,25 AH EH = (1) AD ED BH EH = Chứng minh EB phân giác tam giác DHE suy BD ED 0,5 (2) AH BH = ⇔ AH.BD = BH.AD Từ (1), (2) ta có: SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT AD BD NĂM HỌC 2011 – 2012 Từ x − yz ≥ ⇔ x + yz ≥ 2x yz (*) Dấu “=” x2 = yz Mơn: TỐN THI NGÀY 22/6/2011 Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) ≥ x(y + z) + 2x yz ( Suy ) 0,25 0,25 0,25 3x + yz ≥ x(y + z) + 2x yz = x ( y + z ) (Áp dụng (*)) x + 3x + yz ≥ x ( x + y + z ) ⇒ Tương tự ta có: y ≤ y + 3y + zx x ≤ x + 3x + yz y x+ y+ z x x+ y+ z (1) (2), 0,25 z ≤ z + 3z + xy z (3) x+ y+ z x y z + + ≤1 Từ (1), (2), (3) ta có x + 3x + yz y + 3y + zx z + 3z + xy 0,25 Dấu “=” xảy x = y = z = ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2,0 im) 1) Giải phương trình sau: a )9 x + x − = b ) x + x − 18 = Bi 2: 2) Với giá trị m đồ thị hai hàm số y = 12 x + ( − m ) vµ y = x + ( + m ) c¾t điểm trục tung (2,0 im) + 1+ + 2  1   2) Cho biÓu thøc: B = 1 + + − ÷  ÷ x   x +1 x −1 x −1   a ) Rót gän biĨu thøc B 1) Rót gän biĨu thức: A = b) Tìm giá trị x để biÓu thøc B = Bài 3: (1,5 điểm) 2 y − x = m + Cho hƯ ph­¬ng tr×nh:  ( 1) 2 x − y = m 1) Giải hệ phương trình ( 1) m = 2) Tìm giá trị m đề hệ phương trình ( 1) có nghiệm ( x; y ) cho biÓu thøc P = x + y đạt giá trị nhỏ Bi 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) Hai đường cao BD CE tam giác ABC cắt điểm H Đường thẳng BD cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai Q Chng minh: 1) BEDC tứ giác nội tiếp 2) HQ.HC = HP.HB 3) Đường thẳng DE song song với đường thẳng PQ 4) Đường thẳng OA đường trung trực đoạn thẳng PQ Bi 5: (1,0 im) Cho x, y, z lµ ba sè thùc tuú ý Chøng minh: x + y + z − yz − x − y ≥ −7 HƯỚNG DẪN GIẢI: (GV Trần Khánh Long-THPT LêHồngPhong) Câu 1: ;x2= 3 b/ đặt x2=t (t ≥ 0) pt cho viết t2+7t-18=0 (*); ∆ = 121 = 112 pt (*) có t=-9 (loại);t=2 với t=2 pt cho có nghiệm x = 2; x = − 1/a/ 9x2+3x-2=0; ∆ =81,phương trình có nghiệm x1= − 2/đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung điểm B(0;3+m) theo yêu cầu toán A ≡ B 7-m=3+m tức m=2 Câu 2: 1/ A= 7+5 + = = + + (1 + 2)(3 + 2) (7 + 2)(1 − 2)(3 − 2) = (3 − 2)(3 + 2) = −1 2/ a/ B=( x + x −1 + x + − )( )= x ( x + 1)( x − 1) x +1 x −2 )( )= x ( x − 1)( x + 1) x = ⇔ x = (thoả mãn đk ) b/ B = ⇔ x ( Câu 3:  y − x = (1) rút y từ (2) y=2x+1 vào pt (1) x=0, suy y=1  x − y = −1 (2) 1/ Khi m=1 ta có hệ pt:  Vậy hệ có nghiệm (0;1) P = x + y = (m − 1) + m = 2m − 2m + = A 1 ( 2m) − m + ( )2 +1 − ( )2 = 2/ 2 2 1 = ( 2m − ) + ≥ 2 1 ⇔m= P đạt GTNN 2m = 2 P D Q E H O B C Câu 4: CEB = 900 · 1) Từ giả thiết ta có:  suy E,D nhìn B,C góc vng,nên tứ giác BEDC nội tiếp · CDB = 90  đường trịn 2) Vì tam giác HBC HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB · · · · · 3) BEDC nội tiếp đường tròn suy BDE = BCE = BCQ; từ câu 1/ TA CÓ : BPQ = BCQ · · Suy BDE = BPQ (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM) 4) OP=OQ (vì bán kính đường trịn O) (1) · · EBD = ECD (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy QA=PA Vậy A O cách P,Q nên suy đpcm Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y, z lµ ba sè thùc tuú ý Chøng minh: x + y + z − yz − x − y ≥ −7  1  3 Ta cã: x + y + z − yz − x − y = ( x − x + ) +  y − y.z + z ÷+  y − y + ÷− − ÷ 2 4  4   2  1   = ( x − 2) +  y − z ÷ +  y − ÷ − ≥ −7, ∀x, y , z ∈ ¡ ÷ 2     Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012 Mơn : TỐN Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 05 câu 01 trang Câu (2,0 điểm): Rút gọn biểu thức a) A = +  a b  + ÷ a b - b a với a > 0, b > 0, a ≠ b ab-a ÷  ab-b   2x + y =   x - y = 24 b) B =   Giải hệ phương trình sau: Câu (3,0 điểm): Cho phương trình x - 2m - (m + 4) = ( ) (1), m tham số a) Chứng minh với m phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt: 2 b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm m để x1 + x = 20 Cho hàm số: y = mx + (1), m tham số a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) qua điểm A (1;4) Với giá trị m vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến R? b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng (d) có phương trình: x+y+3=0 Câu (1,5 điểm): Một người xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B dài 30 km Khi ngược trở lại từ B A người tăng vận tốc thêm (km/h) nên thời gia thời gian 30 phút Tính vận tốc người xe đạp lúc từ A đến B Câu (2,5 điểm): Cho đường trịn tâm O, bán kính R Từ điểm A bên ngồi đường trịn, kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Từ B, kẻ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn D (D khác B) Nối AD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K Nối BK cắt AC I Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn Chứng minh : IC2 = IK.IB · Cho BAC = 600 chứng minh ba điểm A, O, D thẳng hàng Câu (1,0 điểm):  x, y, z ∈[ −1: 3]  Chứng minh rằng: x + y + z ≤ 11 x +y+ z =3   Cho ba số x, y, z thỏa mãn  HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2: câu nội dung điểm 1 a) A= + 2 = (1 + 2) = 0,5  b) B=   a − (   a b −b a a( a − b)   b  b( a − b)   a −b  =  ab ( a − b )  ab ( a − b ) = a − b   ) 0,5 2 x + y = 2 x + y = 2.11 + y =  y = −13 ⇔ ⇔ ⇔   x − y = 24 3 x = 33  x = 11  x = 11 0,75 0,25 Vậy hpt có nghiệm (x;y) = (11;-13) a) ∆ ' = (−1) − − ( m + 4) = m + [ ] 0,5 Vì m ≥ 0, ∀m ⇒ ∆ ' > 0, ∀m Vậy pt (1) ln có nghiệm phân biệt với m 0,5  x1 + x = b) Áp dụng định lý Vi –ét   x1 x = −(m + 4) 2 x12 + x = 20 ⇔ ( x1 + x ) − x1 x = 20 0,5 ⇒ 2 + 2m + = 20 ⇔ 2m = ⇔ m = ±2 m= ± 2 a) Vì đồ thị hàm số (1) qua A(1;4) ⇒ 4= m.1+1 ⇔ m = Với m = hàm số (1) có dạng y = 3x +1; 3>0 nên hàm số (1) đồng biến R 0,5 0,5 b) (d) : y = - x –  m = −1 1 ≠ −3 Vì đồ thị hàm số (1) song song với (d) ⇒  0,5 Vậy m = -1 đồ thị hàm số (1) song song với (d) Gọi vận tốc người xe đạp từ A đến B x (km/h, x>0) Khi từ B A vận tốc người x + (km/h) 0,25 30 ( h) x 30 ( h) thời gian từ B A x+3 thời gian từ A đến B 0,25 0,25 thời gian thời gian 30 phút = (h) nên ta có pt 30 30 − = x x+3 ⇒ 60 x + 180 − 60 x = x + 3x 0,25 0,25 ⇔ x + 3x − 180 = ∆ = + 720 = 729 ⇒ ∆ > ⇒ x1 = 12(TM ) x = −15( KTM ) Vậy vận tốc người xe đạp từ A đến B 12km/h 0,25 B K A O D I  AB ⊥ BO a) Ta có  ( t/c tiếp tuyến)  AC ⊥ CO ∠ABO = 90  ⇒ ⇒ ∠ABO + ∠ACO = 90 + 90 = 180 0 ∠ACO = 90  C 0,25 0,5 0,25 Vậy tứ giác ABOC nội tiếp ( định lý đảo tứ giác nội tiếp) b) xét ∆ IKC ∆ IC B có ∠Ichung ; ∠ICK = ∠IBC ( góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung CK) IC IK = ⇒ IC = IK IB IB IC ∠BOC = 360 − ∠ABO − ∠ACO − ∠BAC = 120 c) ∠BDC = ∠BOC = 60 ⇒ ∆IKC∞∆ICB( g − g ) ⇒ (góc nội tiếp góc tâm chắn cung BC) Mà BD//AC (gt) ⇒ ∠C1 = ∠BDC = 60 ( so le trong) 0,5 0,5 0,25 ⇒ ∠ODC = ∠OCD = 90 − 60 = 30 ⇒ ∠BDO = ∠CDO = 30 ⇒ ∠BOD = ∠COD = 120 ⇒ ∆BOD = ∆COD(c − g − c) ⇒ BD = CD 0,25 Mà AB = AC (t/c 2tt cắt nhau); OB = OC = R Do điểm A, O, D thuộc đường trung trực BC Vậy điểm A, O, D thẳng hàng Vì x, y , z ∈ [ − 1;3] − ≤ x ≤ ( x + 1)( y + 1)( z + 1) ≥  ⇒ − ≤ y ≤ ⇒  (3 − x)(3 − y )(3 − z ) ≥ − ≤ z ≤  0,25  xyz + xy + yz + xz + x + y + z + ≥ ⇒ 27 − 9( x + y + z ) + 3( xy + yz + xz ) − xyz ≥ ⇒ 2( xy + yz + xz ) ≥ −2 0,25 0,25 ⇒ x + y + z + 2( xy + yz + xz ) ≥ x + y + z − ⇒ (x + y + z) ≥ x + y + z − 0,25 ⇒ 32 + ≥ x + y + z ⇒ x + y + z ≤ 11 Cách2:.Khơng giảm tính tổng qt, đặt x = max { x, y , z } ⇒ = x + y + z ≤ 3x nên ≤ x ≤ ⇒ ( x -1 ) (x - 3) ≤ (1) Lại có: x2 + y2 + z2 ≤ x2 + y2 + z2 + 2(y +1) (z+1) = x2 + ( y + z )2 + ( y + z ) + Từ (1) (2) suy = x2 + ( - x )2 + ( 3- x) + = x2 - 8x + 17 = ( x -1 ) (x - 3) + 11 (2) x2 + y2 + z2 ≤ 11 Dấu đẳng thức xảy x = max { x, y , z } ( x -1 ) (x - 3) = (y +1) (z+1) = x+y+z =3 ⇒ Không xảy dấu đẳng thức SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn thi: TỐN Thời gian làm : 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu a) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 1)x + song song với đường thẳng y = 5x – b) Giải hệ phương trình: 2x + y =  3x − y = Câu Cho biểu thức:    P= − + 1÷ với a >0 a ≠ ÷  1− a 1+ a   a  a) Rút gọn biểu thức P b) Với giá trị a P > Câu a) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị hàm số: y = x2 y = - x + b) Xác định giá trị m để phương trình x2 – x + – m = có nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức: 1 1  + ÷ − x1 x2 + =  x1 x2  Câu Trên nửa đường trịn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q cho P thuộc cung AQ Gọi C giao điểm tia AP tia BQ; H giao điểm hai dây cung AQ 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 biểu thức: S = AP.AC + BQ.BC Câu Cho số a, b, c lớn 25 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a b c Q= + + b−5 c−5 a−5 - Hết Họ tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh………… HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2011-2012 Mơn Tốn Ngày thi 24 tháng năm 2011 Mã đề 02 Câu Nội dung a) Để đường thẳng y =(2m – 1)x+3 song song với đường thẳng y =5x – ⇔ 2m – 15= (do ≠ −1 ) Điểm 0,5đ ⇔ 2m = ⇔ m = b) Ta có:  2x + y = ⇔   3x − y = 7 x = 14 x = ⇔ ⇔ 2 x + y =  y = 0,5đ  x + y = 10   3x − y = 0,5đ 0,5đ  − a) Với < a ≠ ta có: P =   1− a 1+ = b) Với ⇔ 1− < a ≠ P > a   ÷ + 1÷ = a   a  1− a 1+ a ( )( )  1+ a    a ÷ ÷   0,5đ 1− a 0,5đ 3+ a 1 >0 − >0⇔ ⇔ 2(1− a ) 1− a 2 0,5đ a > ⇔ a < Kết hợp với điều kiện a >0, ta < a < 0,5đ a) Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = x y = - x + nghiệm phương trình: x2 = - x+2 ⇔ x2 + x – = Giải được: x1 = x2 = - Với x1 = ⇒ y1 = ⇒ tọa độ giao điểm A A(1; 1) Với x2 =-2 ⇒ y2 = ⇒ tọa độ giao điểm B B(-2; 4) 0,5đ 0,5đ b) Ta có : ∆ = b − 4ac = − 4(1 − m) = 4m − Để phương trình có nghiệm x1, x2 ta có ∆ ≥ ⇔ 4m − ≥ ⇔ m ≥ (*) 0,25đ b c x1 + x2 = − = x1.x2 = = − m a a 1 1  x1 + x2  − (1 − m) + = Ta có:  + ÷ − x1 x2 + =  ÷ − x1.x2 + = 1− m  x1 x2   x1.x2  Theo định lí Vi-et, ta có:  − ( − m ) + ( − m ) =  m + 2m − =  ⇔ ⇔ ⇔ m≠1 m≠1    m =  m = −4  Kết hợp với đk (*) ta có: m = giá trị cần tìm a) Ta có: · APB = · AQB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · ⇒ CPH = CQH = 90o Suy tứ giác CPHQ nội H K O B 0,5đ b) ∆CBP ∆HAP có: · BPC = · APH = 90o (suy từ a)) 0,5đ » · · CBP = HAP (góc nội tiếp chắn cung PQ ⇒ ∆CBP ∆HAP (g – g) c) Gọi K giao điểm tia CH AB Từ giả thiết suy K thuộc cạnh AB (1) ∆ABC có AQ ⊥ BC ; BP ⊥ AC Suy H trực tâm ∆ABC ⇒ CH ⊥ AB K Từ suy ra: + ∆APB ∆AKC ⇒ AP AC = AK AB + ∆BQA ∆BKC ⇒ BQ.BC = BK BA (2) (3) - Cộng vế (2) (3) kết hợp với (1), ta được: S = AP AC + BQ BC = AB2 = 4R2 Do a, b, c > 0,5đ tiếp đường tròn P A 0,25đ 0,25đ C Q 0,25đ 25 (*) nên suy ra: a − > , b − > , c − > 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương, ta có: a + b − ≥ a (1) b −5 b + c − ≥ b (2) c −5 c + a − ≥ c (3) a −5 Cộng vế theo vế (1),(2) (3), ta có: 0,25đ Q ≥ 5.3 = 15 ⇔ a = b = c = 25 (thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy Min Q = 15 ⇔ a = b = c = 25 Dấu “=” xẩy 0,25đ 0,25đ Chú ý: Mọi cách giải cho điểm tối đa, điểm toàn khơng quy trịn 10 Bài : c/ Vì BHCD HBH nên H,M,D thẳng hàng Tam giác AHD có OM đường trung bình => AH = OM Và AH // OM tam giác AHG MOG có ∠HAG = ∠ OMG ( slt ) ∠AGH = ∠ MGO (đ đ) ∆AHG∞∆MOG (G − G ) ⇒ AH AG = =2 MO MG Hay AG = 2MG Tam giác ABC có AM trung tuyến; G ∈ AM Do G trọng tâm tam giác ABC d) ∆BHC = ∆ BDC ( BHCD hình bình hành) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính a Nên tam giác BHC nội tiếp (K) có bán kính a Do C (K) = 2π a ( ĐVĐD) SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn thi: TỐN CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (3,0 điểm)  1  + ÷: x −1   x− x Cho biểu thức A =  ( x +1 ) x −1 a) Nêu ĐKXĐ rút gọn A b) Tìm giá trị x để A = c) Tìm giá trị lớn biểu thức P = A - x Câu (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m + 2)x + m2 + = (1), (m tham số) a) Giải phương trình (1) m = b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2 – 2(x1 + x2) = Câu 3(1,5 điểm) Quãng đường AB dài 120 km Hai xe máy khởi hành lúc từ A đến B Vận tốc xe thứ lớn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe máy thứ đến B trước xe thứ hai Tính vận tốc xe Câu (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE tới đường trịn (B, C hai tiếp điểm; D nằm A E) Gọi H giao điểm AO BC a) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: AH AO = AD AE c) Tiếp tuyến D đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự I K Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt AB P cắt AC Q Chứng minh rằng: IP + KQ ≥ PQ HẾT -ĐÁP ÁN : Câu 1: a) ĐKXĐ: x > 0, x ≠ Rút gọn: A = x −1 x 35 b) A= x −1 = ⇔3 x ( ) x −1 = x ⇒ x = (thỏa mãn)   x −1 +9 x ÷ -9 x=1–  x  x  + x ≥ 2.3 = Áp dụng BĐT Côsi : x => P ≥ -5 Vậy MaxP = -5 x = c) Câu 2: a) b) P=A-9 x= với m = 1, ta có Pt: x2 – 6x + = => x1 = 2, x2 = xét pt (1) ta có: ∆ ' = (m + 2)2 – (m2 + 7) = 4m – phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2  m ≥  x1 + x2 = 2(m + 2)   x1 x2 = m +  Theo hệ thức Vi-et:  Theo giả thiết: x1x2 – 2(x1 + x2) =  m2 + – 4(m +2) =  m – 4m – = => m1 = - 1(loại) ; m2 = (thỏa mãn) Vậy m = Câu 3: Gọi vận tốc xe thứ hai x (km/h), ĐK: x > vận tốc xe thứ x + 10 (km/h) Theo ta có pt: 120 120 − =  x2 + 10x – 1200 = x x + 10 => x1 = 30 (t/m) x2 = - 40 (loại) vận tốc xe thứ 40km/h, xe thứ hai 30km/h Câu 4: · · a) ABO + ACO = 1800 => tứ giác ABOC nội tiếp b) ∆ ABD : ∆ AEB (g.g) => AD.AE = AB2 (1) ∆ ABO vuông B, BH ⊥ AO => AH.AO = AB2 (2) => AH AO = AD AE c) Áp dung BĐT Côsi: IP + KQ ≥ IP.KQ A Ta có: ∆ APQ cân 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) => BOP = COQ P B E I D H O K · · · · Theo T/c tiếp tuyến cắt nhau: BOI = DOI , DOK = COK C · · · · · · · · => BOP + BOI + DOK = COQ + DOI + COK = 90 => POI + DOK = 900 Q · · Mà QKO + COK = 90 · · Suy ra: POI = QKO Do đó: ∆ POI : ∆ QKO (g.g)  IP.KQ = OP.OQ = OP2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÀ NẴNG Ngày thi : 22/06/2011 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút 36 Bài 1: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: (2x + 1)(3-x) + = 3 x − | y | = 5 x + y = 11 b) Giải hệ phương trình:  Bài 2: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức Q = ( − 5− + ): −1 −1 5− Bài 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2x – 2m2 = (m tham số) a) Giải phương trình m = 2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện x1 = x2 Bài 4: (1,5 điểm) Một hình chữ nhật có chu vi 28 cm đường chéo có độ dài 10 cm Tìm độ dài cạnh hình chữ nhật Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn đường kính AD Gọi M điểm di động cung nhỏ AB ( M không trùng với điểm A B) a) Chứng minh MD đường phân giác góc BMC b) Cho AD = 2R Tính diện tích tứ giác ABDC theo R c) Gọi K giao điểm AB MD, H giao điểm AD MC Chứng minh ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy - Hết -BÀI GIẢI : Bài 1: a) (2x + 1)(3-x) + = (1) ⇔ -2x2 + 5x + +4 = ⇔ 2x2 – 5x – = (2) Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có nghiệm : x1 = -1 x2 = b) 3 x − | y | = 3 x − y = 1, y ≥ 3 x + y = 1, y < hay  ⇔   5 x + y = 11 5 x + y = 11 5 x + y = 11 3 x − y = 1, y ≥ 3 x + y = 1, y < hay  ⇔ 14 x = 14 −4 x = y =  y = 7, y < y = hay  ⇔ ⇔ x =  x = −2 x = Bài 2: Q = [ = 3( − 1) 5( − 1) = [ + 5]: + ]: 5− −1 −1 5− ( + 5)( − 3) =1 Bài 3: a) x2 – 2x – 2m2 = (1) m=0, (1) ⇔ x2 – 2x = ⇔ x(x – 2) = ⇔ x= hay x = b) ∆’ = + 2m2 > với m => phương trình (1) có nghiệm với m Theo Viet, ta có: x1 + x2 = => x1 = – x2 2 Ta có: x1 = x2 => (2 – x2)2 = 4x2 ⇔ – x2 = 2x2 hay – x2 = - 2x2 ⇔ x2 = 2/3 hay x2 = -2 Với x2 = 2/3 x1 = 4/3, với x2 = -2 x1 = ⇒ -2m2 = x1.x2 = 8/9 (loại) hay -2m2 = x1.x2 = -8 ⇔ m = ±2 37 Bài 4: Gọi a, b độ dài cạnh hình chữ nhật Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) a2 + b2 = 102 = 100 (2) Từ (2) ⇒ (a + b)2 – 2ab = 100 (3) Thế (1) vào (3) ⇒ ab = 48 (4) Từ (1) (4) ta có a, b nghiệm phương trình : X2 – 14X + 48 = ⇒ a = cm b = cm Bài 5: a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 600 nên góc CMD = góc DMB= 300 ⇒ MD phân giác góc BMC b) Xét tứ giác ABCD có đường chéo AD BC vng góc nên : C SABCD= H A D K M B 1 AD.BC = R.R = R 2 c) Ta có góc AMD = 900 (chắn ½ đường trịn) Tương tự: DB ⊥ AB,vậy K trực tâm ∆IAD (I giao điểm AM DB) Xét tứ giác AHKM, ta có: góc HAK = góc HMK = 300, nên dễ dàng ⇒ tứ giác nội tiếp Vậy góc AHK = góc AMK = 900 Nên KH vng góc với AD Vậy HK đường cao phát xuất từ I ∆IAD Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy I I SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn: TỐN Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao ) Ngày thi: 22 tháng năm 2011 Bi 1: (2,0 im) 1) Giải phương trình sau: a) x + 3x − = b) x + x − 18 = 2) Với giá trị m đồ thị hai hàm số y = 12 x + ( − m ) vµ y = x + ( + m ) cắt điểm trªn trơc tung Bài 2: (2,0 điểm) + 1+ + 2  1   2) Cho biÓu thøc: B = 1 + + − ÷  ÷ x   x +1 x −1 x −1   a ) Rót gän biĨu thøc B 1) Rót gän biĨu thøc: A = b) Tìm giá trị x để biểu thức B = Bài 3: (1,5 điểm) 2 y − x = m + Cho hệ phương trình: ( 1) 2 x − y = m − 1) Giải hệ phương trình ( 1) m = 2) Tìm giá trị m đề hệ phương tr×nh ( 1) cã nghiƯm ( x; y ) cho biÓu thøc P = x + y đạt giá trị nhỏ Bi 4: (3,5 im) 38 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) Hai đường cao BD CE tam giác ABC cắt điểm H Đường thẳng BD cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai Q Chứng minh: 1/ Tứ giác BEDC nội tiếp 2/ HQ.HC = HP.HB 3/ DE // PQ 4/ Đường thẳng OA đường trung trực PQ Hết HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu 1: ;x2= 3 2 b/ đặt x =t (t ≥ 0) pt cho viết t +7t-18=0 (*); ∆ = 121 = 112 pt (*) có t=-9 (loại);t=2 với t=2 pt cho có nghiệm x = 2; x = − 1/a/ 9x2+3x-2=0; ∆ =81,phương trình có nghiệm x1= − 2/đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung điểm B(0;3+m) theo yêu cầu toán A ≡ B 7-m=3+m tức m=2 Câu 2: 1/ A= 7+5 + = = + + (1 + 2)(3 + 2) (7 + 2)(1 − 2)(3 − 2) = (3 − 2)(3 + 2) = −1 2/ a/ B=( x + x −1 + x + − )( )= x ( x + 1)( x − 1) x +1 x −2 )( )= x ( x − 1)( x + 1) x = ⇔ x = (thoả mãn đk ) b/ B = ⇔ x ( Câu 3:  y − x = (1) rút y từ (2) y=2x+1 vào pt (1) x=0, suy y=1  x − y = −1 (2) 1/ Khi m=1 ta có hệ pt:  Vậy hệ có nghiệm (0;1) P = x + y = (m − 1) + m = 2m − 2m + = 2/ 1 1 ( 2m) − m + ( ) + − ( ) = ( 2m − ) + ≥ 2 2 2 1 ⇔m= P đạt GTNN 2m = 2 A P D Q E H Câu : B O C CEB = 900 · Từ giả thiết ta có:  suy E,D nhìn B,C góc vng,nên tứ giác BEDC nội tiếp · CDB = 90  đường trịn Vì tam giác HBC HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB · · · · · BEDC nội tiếp đường tròn suy BDE = BCE = BCQ; từ câu 1/ TA CÓ : BPQ = BCQ · · Suy BDE = BPQ (2 GĨC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM) OP=OQ (vì bán kính đường trịn O) (1) 39 · · EBD = ECD (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy QA=PA Vậy A O cách P,Q nên suy đpcm Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y, z lµ ba sè thùc tuú ý Chøng minh: x + y + z − yz − x − y ≥ −7  1  3 Ta cã: x + y + z − yz − x − y = ( x − x + ) +  y − y.z + z ÷+  y − y + ÷− − 4 ÷ 2 4    2  1   = ( x − 2) +  y − z ÷ +  y − ÷ − ≥ −7, ∀x, y , z ∈ ¡ ÷ 2     Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2011 – 2012 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x − x − =  5x + y = 5 x − y = −8 b)  c) x + x − 36 = d) x + x + − = Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = − x đường thẳng (D): y = −2 x − hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau: A= B= 3−4 3+4 + +1 5−2 x x − x + 28 x −4 x +8 − + x−3 x −4 x +1 − x ( x ≥ 0, x ≠ 16) Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x − 2mx − 4m − = (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm với m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình 2 Tìm m để biểu thức A = x1 + x2 − x1 x2 đạt giá trị nhỏ Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A đường trịn (O) cho AB > AC Từ A, vẽ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC) a) Chứng minh AEHF hình chữ nhật OA vng góc với EF b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P Q (E nằm P F) Chứng minh AP2 = AE.AB Suy APH tam giác cân c) Gọi D giao điểm PQ BC; K giao điểm cùa AD đường tròn (O) (K khác A) Chứng minh AEFK tứ giác nội tiếp d) Gọi I giao điểm KF BC Chứng minh IH2 = IC.ID 40 Hết BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x − x − = (a) Vì phương trình (a) có a + b + c = nên (a) ⇔ x = hay x = −1 ((1) − (2))  x + y = (1) 11 y = 11 ⇔ 5 x − y = −8 (2) 5 x − y = −8  y =1 x = − ⇔  ⇔  5 x = −4 y =1  b)  c) x4 + 5x2 – 36 = (C) Đặt u = x2 ≥ 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = (*) (*) có ∆ = 169, nên (*) ⇔ u = −5 + 13 −5 − 13 = hay u = = −9 (loại) 2 Do đó, (C) ⇔ x2 = ⇔ x = ±2 Cách khác : (C) ⇔ (x2 – 4)(x2 + 9) = ⇔ x2 = ⇔ x = ±2 d) x − x + − = (d) (d) có : a + b + c = nên (d) ⇔ x = hay x = −3 Bài 2: b) PT hoành độ giao điểm (P) (D) − x = −2 x − ⇔ x2 – 2x – = ⇔ x = −1 hay x = (Vì a – b + c = 0) y(-1) = -1, y(3) = -9 Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) ( −1; −1) , ( 3; −9 ) Bài 3: Thu gọn biểu thức sau: A= 3−4 3+4 + +1 5−2 = (3 − 4)(2 − 1) ( + 4)(5 + 3) − 11 13 = 22 − 11 26 + 13 = − 11 13 2− − 2+ 1 ( 4− − + 3) = ( ( − 1) − ( + 1) ) 2 [ − − ( + 1)] = − = = B= = x x − x + 28 x −4 x +8 − + x−3 x −4 x +1 − x ( x ≥ 0, x ≠ 16) x x − x + 28 x −4 x +8 − + ( x + 1)( x − 4) x +1 − x x x − x + 28 − ( x − 4) − ( x + 8)( x + 1) = ( x + 1)( x − 4) 41 = x x − x + 28 − x + x − 16 − x − x − x x − x − x + = ( x + 1)( x − 4) ( x + 1)( x − 4) = ( x + 1)( x − 1)( x − 4) = ( x + 1)( x − 4) x −1 Bài 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > với m nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m b c = 2m ; P = = −4m − a a 2  A = ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 4m + 3(4m + 5) = (2m + 3) + ≥ 6, với m −3 Và A = m = −3 Vậy A đạt giá trị nhỏ m = b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S = − Bài 5: a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có góc vng Góc HAF = góc EFA (vì AEHF hình chữ nhật) Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Do đó: góc OAC + góc AFE ⇒ OA vng góc với EF A P E K Q F B O H I C D b) OA vng góc PQ ⇒ cung PA = cung AQ Do đó: ∆APE đồng dạng ∆ABP ⇒ AP AE = ⇒ AP2 = AE.AB AB AP Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng ∆HAB vng H, có HE chiều cao) ⇒ AP = AH ⇒ ∆APH cân A c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA ⇒ DE.DF = DK.DA Do ∆DFK đồng dạng ∆DAE ⇒ góc DKF = góc DEA ⇒ tứ giác AEFK nội tiếp d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng ∆AHC vng H, có HF chiều cao) Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng ∆AHD vng H, có HK chiều cao) Vậy ⇒ AK.AD = AF.AC Từ ta có tứ giác AFCD nội tiếp, ta có: IC.ID=IF.IK (∆ICF đồng dạng ∆IKD) IH2 = IF.IK (từ ∆IHF đồng dạng ∆IKH) ⇒ IH2 = IC.ID 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 năm 2011 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) Cho A= x 10 x − − x − x − 25 x +5 Với x ≥ 0, x ≠ 25 1) Rút gọn biểu thức A 42 = 900 2) Tính giá trị A x = 3) Tìm x để A< Bài II (2,5 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 hàng số ngày quy định Do ngày đội chở vượt mức nên đội hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày chở thêm 10 Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết ngày? Bài III (1,0 điểm) y = x2 Cho Parabol (P): đường thẳng (d): y = 2x − m + 1) Tìm toạ độ giao điểm Parabol (P) đường thẳng (d) m = 2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm nằm hai phía trục tung Bài IV (3,5 điểm) Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi d d2 hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B.Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường trịn (O) (E khơng trùng với A B) Đường thẳng d qua điểm E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1 d2 M, N 1) Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ∠ENI = ∠EBI ∠MIN = 900 3) Chứng minh AM.BN = AI.BI 4) Gọi F điểm cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng Bài V (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = 4x − 3x + + 2011 4x Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích them HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: 1/ Rút gọn: ĐK: x x x 10 x = x -5 x-25 x +5 A= = ( ≥ 0, x ≠ 25 x-10 x +25 x -5 )( x +5 = ) ( 2/ Với x = Thỏa mãn 3/ Ta có: ĐK A < ⇔ ( x -5 )( ) ) ( ( x -5) ( x+5 ) x +5 -10 x -5 x -5 ) = x+5 ( x -10 x -5 x +25 x -5 )( x +5 ) x +5 ) = x -5 (Voi x ≥ 0; x ≠ 25) x +5 x ≥ 0, x ≠ 25 , nên A xác định được, ta có x = Vậy A = 3−5 −2 = =− 3+5 x ≥ 0, x ≠ 25 x -5 x - 15 - x - < ⇔ < x +5 3 x +5 ⇔ x - 20 < (Vì Kết hợp với x -5 ( ( ) ( ) x +5 > 0) ⇔ x < 20 ⇔ x < 10 ⇔ x < 100 x ≥ 0, x ≠ 25 Vậy với ≤ x < 100 x ≠ 25 A < 1/3 43 Bài Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch x(ngày) (ĐK: x > 1) Thì thời gian thực tế đội xe chở hết hàng x – (ngày) Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe phải chở 140 (tấn) x Thực tế đội chở 140 + 10 = 150(tấn) nên ngày đội chở 150 (tấn) x −1 Vì thực tế ngày đội chở vượt mức tấn, nên ta có pt: 150 140 − =5 x −1 x ⇒ 150x – 140x + 140 = 5x2 -5x ⇔ 5x2 -5x – 10x - 140 = ⇔ 5x2 -15x - 140 = ⇔ x2 -3x - 28 = Giải x = (T/M) x = -4 (loại) Vậy thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch ngày Bài 3: 1/ Với m = ta có (d): y = 2x + Phương trình hồnh độ điểm chung (P) (d) x2 = 2x + x2 – 2x – = Giải x = => y = 16 x = -2 => y = Tọa độ giao điểm (P) (d) (4 ; 16) (-2 ; 4) 2/ Phương trình hồnh độ điểm chung (d) (P) x2 – 2x + m2 – = (1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nằm hai phía trục tung phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ⇒ac < ⇒ m2 – < ⇒ (m – 3)(m + 3) < Giải có – < m < Bài 1/ Xét tứ giác AIEM có góc MAI = góc MEI = 90o => góc MAI + góc MEI = 180o Mà góc 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 (**) Từ (*) (**) suy góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o 3/ Xét tam giác vuông AMI tam giác vng BIN có góc AIM = góc BNI ( cộng với góc NIB = 90o)  ∆AMI ~ ∆ BNI ( g-g) 44  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 A Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vng cân B  AM = AI, BI = BN Áp dụng Pitago tính MI = R 3R ; IN = 2 Vậy S MIN = 3R ( đvdt) IM IN = Bài 5: 1 + 2011 = x − x + + x + + 2010 4x 4x = (2 x − 1) + ( x + ) + 2010 4x M = x − 3x + Vì (2 x − 1) ≥ x > ⇒ 1 1 > , Áp dụng bdt Cosi cho số dương ta có: x + ≥ x = = 4x 4x 4x 2  M = (2 x − 1) + ( x + ) + 2010 ≥ + + 2010 = 2011 4x  x =   x = 2 x − =     1    ⇔  x2 = ⇔  x =  M ≥ 2011 ; Dấu “=” xảy   x = ⇔x=  4x 2    x>0 x>0       x = −   x >  Vậy Mmin = 2011 đạt x = Bài 5: + 2011 4x 1 1  M = 3 x − x +  + x + + + 2010 + 4 8x 8x  M = x − 3x + 1 1  M = 3 x −  + x + + + + 2010 2 8x 8x  Áp dụng cô si cho ba số x , , ta có 8x 8x 45 1 1 + ≥ 33 x = Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2 8x 8x 8x 8x 1  mà  x −  ≥ Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2 2  Vậy M ≥ + + + 2010 = 2011 4 Vậy giá trị nhỏ M 2011 M = x2 + SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn: TỐN ( chung) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút PHẦN – Trắc nghiệm (1 điểm): Hãy chọn phương án viết vào làm chữ đứng trước phương án lựa chọn Câu 1: Phương trình x + mx + m − = có hai nghiệm phân biệt khi: A m > B m ∈ ¡ C m ≥ D m ≠ Câu 2: Cho (O) nội tiếp tam giác MNP cân M Gọi E; F tiếp điểm (O) với cạnh MN;MP Biết · MNP = 500 Khi đó, cung nhỏ EF (O) có số đo bằng: A.1000 Câu 3: Gọi α B 800 góc tạo đường thẳng C 500 y=x+ trục Ox Trong phát biểu sau,phát biểu sai ? A α = 450 B β > 900 với trục Ox, gọi cm B cm β góc tạo đường thẳng C 3π y = −3x + với D α < β C β < 900 Câu 4: Một hình trụ có chiều cao 6cm diện tích xung quanh A D.1600 36π cm Khi đó, hình trụ cho có bán kính đáy D 6cm cm PHẦN – Tự luận ( điểm): Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức :  x −1  P= − ÷: x −1 x + x  x −1 với x > x ≠ 1/ Rút gọn biểu thức P 2/ Tìm x để 2P – x = Câu 2.(2 điểm) 1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hoành độ M thuộc đồ thị hàm số y = −2x Lập phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ O điểm M ( biết đường thẳng OM đồ thị hàm số bậc nhất) x − 5x − = ( 1) Biết phương trình (1) có hai nghiệm x1; x Lập phương trình bậc hai ẩn 1 y = + y ( Với hệ số số nguyên ) có hai nghiệm y1 = + x1 x2 17  + = x − y +1  Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   2x − + y + = 26  x − y −1  2) Cho phương trình Câu 4.(3,0 điểm): Cho (O; R) Từ điểm M (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (O;R) ( với A, B tiếp điểm) Kẻ AH vng góc với MB H Đường thẳng AH cắt (O;R) N (khác A) Đường tròn đường kính NA cắt đường thẳng AB MA theo thứ tự I K 1) Chứng minh tứ giác NHBI tứ giác nội tiếp 46 2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK 3) Gọi C giao điểm NB HI; gọi D giao điểm NA KI Đường thẳng CD cắt MA E Chứng minh CI = EA Câu 5.(1,5 điểm) 1)Giải phương trình : 2)Chứng minh : Với x ( x + ) ( x + ) = 22 ( x − 1)     x > 1, ta ln có  x − ÷<  x − ÷ x  x    HD x ≠ 2; y ≠ −1 17 17 17    + = + = + = x − y +1 x − y +1 x − y +1    ⇔ ⇔   2x − + y + = 26  2(x − 2) + + (y − 1) + = 26 2 + + + = 26  x − y −1  x−2  y −1 x −2 y −1    Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ: 1) Câu 4.(3,0 điểm) · · 1) NIB + BHN = 1800 ⇒Y NHBI nội tiếp 2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp µ µ µ Ta có H1 = B1 = A1 = $1 I $ = B2 = A = K µ µ I µ 3) ta có: $1 + $ + DNC = B1 + A + DNC = 1800 µ ¶ · I I · Do CNDI nội tiếp µ ⇒ D = $ = A ⇒ DC // AI I µ µ µ Lại có A1 = H1 ⇒ AE / /IC Vậy AECI hình bình hành => CI = EA Câu 5.(1,5 điểm) 1) Giải phương trình : x ( x + ) ( x + ) = 22 ( x − 1) 2 ⇔ ( x + ) ( x + 9x ) = 22 ( x − 1) ⇔ ( x + ) ( x + ) + ( x − 1)  = 22 ( x − 1)   x + = m ta có: m + 9mt = 22t ⇔ 22t − 9mt − m = m −m Giải phương trình ta t = ;t = 11 m x2 +  Với t = ta có : x − = ⇔ x − 2x + 11 = vô nghiêm 2 −m −x −  Với t = ta có : x − = ⇔ x + 11x − = 11 11 −11 ± 129 ∆ = 121 + = 129 > phương trình có hai nghiệm x1,2 =    1 2) Chứng minh : Với x > 1, ta ln có  x − ÷ <  x − ÷ (1) x  x       1        x − ÷<  x − ÷ ⇔  x − ÷ x + ÷<  x − ÷ x + + 1÷ x  x  x  x x  x      1 1    ⇔  x + ÷ <  x + + 1÷ (vì x > nên x − > 0) (2) x x x    Đặt x – = t; 47 Đặt Vì x+ 1 = t x + = t − x x , ta có (2) ⇔ 2t − 3t − > ⇔ ( t − ) ( 2t + 1) > x > nên ( x − 1) > ⇔ x + > 2x ⇔ x + SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC > hay t > x (3) => (3) Vậy ta có đpcm KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ THI MƠN: TỐN (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (2 điểm)Trong câu: từ câu đến câu 4, câu có lựa chọn, có lựa chọn Em viết vào tờ giấy làm thi chữ A, B, C D đứng trước lựa chọn mà em cho (Ví dụ: Nếu câu em lựa chọn A viết 1.A) Câu Giá trị 12 27 bằng: A 12 B 18 C 27 D 324 Câu Đồ thị hàm số y= mx + (x biến, m tham số) qua điểm N(1; 1) Khi gí trị m bằng: A m = - B m = - C m = D m = Câu Cho tam giác ABC có diện tích 100 cm2 Gọi M, N, P tương ứng trung điểm AB, BC, CA Khi diện tích tam giác MNP bằng: A 25 cm2 B 20 cm2 C 30 cm2 D 35 cm2 x − có nghĩa là: Câu Tất giá trị x để biểu thức A x < B x ≤ C x > D x ≥ PHẦN II TỰ LUẬN (8 điểm) x − y = Câu (2.0 điểm) Giải hệ phương trình   x − 2y + = Câu (1.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – =0 (x ẩn, m tham số) a) Giải phương trình với m = - b) Tìm tất giá trị m đê phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm tât giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x , x2 cho tổng P = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ Câu (1.5 điểm) Một hình chữ nhật ban đầu có cho vi 2010 cm Biết nều tăng chiều dài hình chữ nhật thêm 20 cm tăng chiều rộng thêm 10 cm diện tích hình chữ nhật ban đầu tăng lên 13 300 cm Tính chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật ban đầu Câu (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, không tam giác cân, AB < AC nội tiếp đường trịn tâm O, đường kính BE Các đường cao AD BK tam giác ABC cắt điểm H Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Gọi I trung điểm cạnh AC Chứng minh rằng: a) Tứ giác AFEC hình thang cân b) BH = 2OI điểm H đối xứng với F qua đường thẳng AC Câu 9.(2.0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = ab bc ca + + c + ab a + bc b + ca -HẾT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ———————— 48 HƯỚNG DẪN CHUNG: -Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác mà đủ bước giám khảo cho điểm tối đa -Trong bài, bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm -Bài hình học bắt buộc phải vẽ hình chấm điểm, khơng có hình vẽ phần giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần -Điểm tồn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm khơng làm trịn BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN: Phần I Trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu cho 0,5 điểm Câu Đáp án B C A D Phần II Tự luận (8,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Nội dung trình bày x − y = Xét hệ phương trình  Điểm (1)  x − y + = (2) Từ (1) ⇒ x = y thay vào PT (2) ta : x2 - 2x + = ⇔ (x - 1)2 = ⇒ x = Thay x = vào (1) ⇒ y = 0,5 0,5 0,5 x =1 y =1 Vậy nghiệm hệ phương trình cho là:  0,5 Câu (1,5 điểm) a (0,5 điểm): Nội dung trình bày Với m = -1 ta có (1) : x + x = ⇔ x ( x + 2) =  x=0 Vậy với m = -1 PT có hai nghiệm x1 = 0; x2 = −2  x = −2 ⇒ Điểm 0,25 0,25 b (0,5 điểm): Nội dung trình bày Ta có ∆’ = m - (m - 1) = > với ∀m Điểm 0,25 Vậy với ∀m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 0,25 2 c (0,5 điểm): Nội dung trình bày P = x12 + x2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 4m2 - 2m2 + ≥ với ∀m Dấu “=” xảy ⇔ m = Vậy với m = phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn P = x12 + x2 đạt giá trị nhỏ Điểm 0,25 0,25 Câu (1,5 điểm) Nội dung trình bày Gọi chiều dài hình chữ nhật x (cm), chiều rộng y (cm) (điều kiện x, y > 0) Chu vi hình chữ nhật ban đầu 2010 cm ta có phương trình ( x + y ) = 2010 ⇔ x + y = 1005 (1) Điểm 0,25 0,25 49 ... giá trị nhỏ biểu thức KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO... (2) giá trị nhỏ A maø: * MinA = 2 010 ⇔ x = 2011 2011 Heỏt 13 sở giáo dục đào tạo Lạng sơn Kì THI TUYểN SINH lớp 10 THPT NăM học 2011 - 2012 MÔN THI: TON Thi gian lm bi: 120 phút khơng kể thời gian... x, y , z > ( §pcm ) y+x Së giáo dục đào tạo bắc giang đề thi tuyển sinh lớp 1 0thpt Năm học 2011 - 2012 24 Môn thi: toán Ngày thi: 01/ 7/ 2011 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao