De thi vao 10 nam dinh tu nam 1999

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (1,5 điểm) ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 1999 – 2000 Thời gian làm 150 phút Cho biểu thức: A= x  4x  4  2x 1) Với giá trị x biểu thức A có nghĩa? 2) Tính giá trị biểu thức A x = 1,999 Bài 2: (1,5 điểm) Giải hệ phương trình: 1   x y       5  x y  Bài 3: (2 điểm) Tìm giá trị a để phương trình: (a2 – a – 3)x2 + (a + 2)x – 3a2 = nhận x = nghiệm Tìm nghiệm cịn lại phương trình Bài 4: (4 điểm) Cho tam giác ABC vng đỉnh A Trên cạnh AB lấy điểm D không trùng với đỉnh A đỉnh B Đường tròn đường kính BD cắt cắt cạnh BC E Đường thẳng AE cắt đường trịn đường kính BD điểm thứ hai G Đường thẳng CD cắt đường tròn đường kính BD điểm thứ hai F Gọi S giao điểm đường thẳng AC BF Chứng minh: 1) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG 2) SA.SC = SB.SF  3) Tia ES phân giác AEF Bài 5: (1 điểm) Giải phương trình: x  x + 12 x + 36 ĐÁP ÁN: Bài 1: 1) ĐK: x ≠ 2) A = – 1/2 x > A = 1/2 x <  A = 1/2 Bài 2: Nghiệm hệ phương trình là: (x = 7/3 y = 25/9) Bài 3: a = + 17 ; a = – 17 + Với a = + 17 ta có phương trình: 17x2 + (5 + 17 )x – 78 – 17 = Khi x = – 39  17 17 + Với a = – 17 ta có phương trình: 17x2 + (5 – 17 )x – 78 + 17 = Khi x = – 39  17 17 Bài 4: C E A F D O F B   1) Tứ giác DEGF nội tiếp (O)  DFG  DEG 1800     Lại có: DEA  DEG 1800 (kề bù)  DFG DEA   Mặt khác tứ giác ACED nội tiếp  ACD DEA    ACD mà hai góc vị trí so le DFG nên AC // FG 2) Δ SFC ~ Δ SAB (g.g)  SF SC  SA SB  SF.SB = SA.SC S   3) Tứ giác AEBS nội tiếp  AES (hai góc ABS   nội tiếp chắn cung AS, SEF (hai góc nội ABS tiếp đường trịn O chắn cung DF    AES  Đpcm SEF Bài 5: ĐK: x ≥ – Đặt x + = t ≥  x + = t2  x = t2 – 1, ta có phương trình: t4 – t2 + 12 t – 36 =  (t – 2)(t + 3)(t2 – t + 6) =  t = 2; t = – (loại)  x = Vậy phương trình có nghiệm x = SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2000 – 2001 Thời gian làm 150 phút Bài 1: (2 điểm): Cho biểu thức: a+ a  a a   1   1 với a ≥ a ≠ A =  a  a      1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm a ≥ a ≠ thỏa mãn đẳng thức: A = – a2 Bài 2: (2 điểm): Trên hệ trục tọa độ Oxy cho điểm M(2;1), N(5;  ) đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b 1) Tìm a b để đường thẳng (d) qua điểm M N? 2) Xác định tọa độ giao điểm đường thẳng MN với trục Ox Oy Bài 3: (2 điểm): Cho số ngun dương gồm chữ số Tìm số biết tổng chữ số số cho; thêm 13 vào tích chữ số số viết theo thứ tự ngược lại với số cho Bài 4: (3 điểm): Cho tam giác nhọn PBC Gọi A chân đường cao kẻ từ đỉnh P xuống cạnh BC Đường trịn đường kính BC cắt cạnh PB PC M N Nối N với A cắt đường tròn đường kính BC điểm thứ hai E 1) Chứng minh điểm A, B, N, P nằm đường tròn Xác định tâm đường tròn 2) Chứng minh EM vng góc với BC 3) Gọi E điểm đối xứng N qua BC Chứng minh: AM.AF = AN.AB Bài 5: (1 điểm): Giả sử n số tự nhiên Chứng minh bất đẳng thức: 1    2  n +1 n ĐÁP ÁN: Bài 1: 1) Với a ≥ a ≠ 1, ta có: a+ a  a a   1   1 = A =   a 1   a        a a 1   a a1     1  1 =     a 1 a1       a 1  a  = a – 2) Với a ≥ a ≠ 1, ta có: A = – a2  a – = – a2  a2 + a – = (*)  1  1 Phương trình (*) có: Δ = 12 – 4.(– 1) = >  a1 = ; a2 = (loại) 2  1 Vậy: A = – a2  a = ), nên M N nghiệm hệ phương trình:  a=  1 2a + b  4a + 2b = 2  6a =  a =            2a + b =  5a + b  10a  2b = b = 2    + b =    Bài 2: 1) Đường thẳng (d) qua điểm M(2;1), N(5;  1 ; b = giá trị cần tìm Khi phương trình đường thẳng (MN) là: y =  x + 2 2) Tọa độ giao điểm đường thẳng MN với trục Ox nghiệm hệ phương trình: Vậy: a =   y =  x +  x =  Tọa độ giao điểm đường thẳng MN với trục Ox là: (4; 0)   y = Tọa độ giao điểm đường thẳng MN với trục Ox nghiệm hệ phương trình:  y =  x +  y =  Tọa độ giao điểm đường thẳng MN với trục Oy là: (0; 2)   x = Bài 3: Giá sử số cần tìm có dạng: M = ab (a; b  N, < a; b < 9)  M = 10a + b  Số viết theo thứ tự ngược lại số cho là:N = ba = 10b + a  2a  7b = a + b =  10a + b    Theo đầu ta có hệ phương trình:  ab +13 =10b + a ab +13 =10b + a Từ phương trình đầu ta có: a = b (1) Thay (1) vào phương trình cịn lại hệ, ta có: 7b2 – 27b + 26 = (*) Phương trình (*) có: Δ = (– 27)2 – 4.7.26 = 729 – 728 = > , nên có nghiệm: b1 = 13 (loại) ; b2 = (thỏa mãn) b =  a = (thỏa mãn)  số phải tìm M = 72 Bài 4: P  1) Ta có: PA  BC (gt)  PAB 900  A thuộc đường tròn M B H N C OA đường kính PB (quĩ tích cung chứa góc 900)  BNC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đ/kính BC)   BN  AC  PNB 900  N thuộc đường trịn đường kính PB (quĩ tích cung chứa góc 900)  điểm A,B,N,P thuộc đường trịn đường kính PB Tâm đường trịn qua diểm A, B,N,P trung điểm PB F E  2) Gọi H giao PA BN  H trực tâm Δ PBC Ta có: BMC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đ/kính BC)  CM  PB  CM đường cao Δ PBC  H nằm CM  điểm C, M, H thẳng hàng   Lại có: CNE (2 góc nội tiếp chắn cung EC) (1) CME     Tứ giác AHNC nội tiếp  AHC (2 góc nội tiếp chắn cung AC) hay AHC (2) Từ ANC ENC   (1) (2)  AHC mà góc vị trí đồng vị nên theo dấu hiệu nhận biết đường thẳng //  EMC ME // AP mà PA  BC (gt)  ME  BC 3) Gọi giao điểm MA với đ/tròn (O) F’, tương tự chứng minh ta có: NF’  BC  F’ điểm đối xứng N qua BC  F ≡ F’  điểm F, M, A thẳng hàng   Xét Δ AME Δ AFN có: EMF (2 góc nội tiếp chắn cung EF) ENF   (2 góc nội tiếp chắn cung MN) MEA MFN AM AE  AM.AF = AN.AE  AN AF k    1   k     k  k k  k +1 k +1   k  k k +1   k  Δ AME ~ Δ ANF (g.g)  Bài 5: Ta có:  k +1  =    k    k +1   k      2 k +1   k Áp dụng bất đẳng thức với k = 1, …, n ta có: 1    21  2  1    2   3  …………………… 1    2   n +1 n  n n +1  Cộng bất đẳng thức ta có: 1        =   n +1 n n +1   < n +1   k +1    k +1  SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2001 – 2002 Thời gian làm 150 phút Bài 1: (1,5 điểm): Rút gọn biểu thức:  1 a a   a  M =   1 a  1 a với a ≥ a ≠  x + y = 25 Bài 2: (1,5 điểm): Tìm hai số x y thỏa mãn điều kiện:   xy = 12 Bài 3: (2 điểm): Hai người làm chung công việc hoàn thành Nếu người làm riêng để hồn thành cơng việc thời gian người thứ làm người thứ hai giờ.Hỏi làm riêng người phải làm hồn thành cơng việc? Bài 4: (2 điểm): cho hàm số: y = x2 (P) y = 3x + m2 (d) (x biến, m số cho trước) 1) Chứng minh với giá trị m, đường thẳng (d) ln cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt 2) Gọi y1 y2 tung độ giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) Tìm M để có đẳng thức: y1 + y2 = 11y1y2 Bài 5: (3 điểm): Cho tam giác ABC vuông đỉnh A Trên cạnh AC lấy điểm M (khác với điểm A C) Vẽ đường trịn (O) đường kính MC Gọi T giao điểm thứ hai cạnh BC với đường tròn (O) Nối BM kéo dài cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai S Chứng minh: 1) Tứ giác ABTM nội tiếp đường tròn 2) Khi điểm M di chuyển cạnh AC góc ADM có số đo khơng đổi 3) Đường thẳng AB song song với đường thẳng ST ĐÁP ÁN: Bài 1: (1,5 điểm):  1 a   1 a a      a   a  Với a ≥ a ≠ 1, ta có M =  =  1 a  1 a  1 a  1 a      1 =   a 1 a  a 1  a  = 1 a   a  =  1 a  1  1 a a a  a (0,5đ) (0,5đ) 1  a (0,5đ) 1 a Bài 2: (1,5 điểm):  x + y = 25  (x + y )2 = x2 + y2 + 2xy = 25 + 2.12 = 49  x + y = ± (0,25đ) Vì  xy = 12  a) Trường hợp x + y = Lại có xy = 12  x, y nghiệm phương trình bậc hai: t2 – 7t + 12 = 0, p/ trình có:Δ= (– 7)2 – 4.1.12 = 49 – 48 = > 0, nên có nghiệm: t1 = 3; t2 = (0,25đ)  x1 = x =   y2 =  y1 =  Hai số phải tìm là:  (0,25đ) b) Trường hợp x + y = –7 Lại có xy = 12  x, y nghiệm phương trình bậc hai: t + 7t + 12 = 0, p/trình có: Δ = 72 – 4.1.12 = 49 – 48 = > , nên có hai nghiệm: t1 = – ; t2 = – (0,25đ) x3 =  x =    y4 =   y3 =   Hai số phải tìm là:  (0,25đ) Tóm lại có cặp số thỏa mãn điều kiện cho là: x =  x3 =  x =  x1 = ;  ;  ;    y1 =  y2 =  y3 =   y4 =  (0,25đ) Bài 2: (2 điểm): Gọi thời gian người thứ làm để hồn thành cơng việc x ĐK: x >  người thứ hai làm để hồn thành cơng việc hét (x + 6) (0,25đ) Trong giờ, người thứ làm công việc (0,25đ) x Trong giờ, người thứ hai làm x+6 Trong giờ, nêu làm chung hai người làm Nên ta có phương trình: (0,25đ) cơng việc 1 + = x x+6 (0,25đ)  4(x + 6) + 4x = x(x + 6)  x2 – 2x – 24 = (0,25đ) Phương trình có hai nghiệm: x1 = (t/m) ; x2 = – (loại) (0,25đ) Vậy thời gian người thứ làm để hồn thành cơng việc (0,25đ)  thời gian người thứ hai làm để hồn thành cơng việc + = 12 (0,25đ) Bài 4: (2 điểm) Câu 1: (1điểm) Hoành độ giao điểm Parabol (P) đường thẳng (d) nghiệm phương trình: x2 = 3x + m2  x2 – 3x – m2 = (*) (0,25đ) 2 Phương trình (*) có: Δ = (– 3) – 4.1.( – m ) = + m > với m (0,25đ)  Phương trình (*) ln ln có hai nghiệm phân biệt với m (0,25đ)  Đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt với m (0,25đ) Câu 2: (1đ) Gọi A B giao điểm đường thẳng (d) Parabol (P) tọa độ giao điểm chúng là: A(x 1; y1) ; B(x2; y2) Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình (*), ta có: x1 + x2 = ; x1.x2 = – m2 (0,25đ) Ta có: y1 + y2 = (3x1 + m2) + (3x2 + m2) = 3(x1 +x2) + 2m2 = 2m2 + (1) Và : y1.y2 = (x1.x2)2 = (– m2)2 = m4 (2) Từ (1) (2), ta có : y1 + y2 = 11y1y2  2m2 + = 11m4  11m4 – 2m2 – = (3) (0,25đ) Đặt m2 = t ≥ 0, phương trình (3) trở thành: 11t2 – 2t – = Vì phương trình có a + b + c = 11 – – = 0, nên phương trình có nghiệm t1 = 1, nghiệm lại t2 = – (loại) 11 Với t = t1 =  m2 =  m = ± (0,25đ) Vì phương trình (*) ln ln có hai nghiệm phân biệt với m, nên m = ±1 thỏa mãn  đường thẳng (d) ln cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có tung độ thỏa mãn: y1 + y2 = 11y1y2  m = ± (0,25đ) Bài 5: (3điểm): Câu 1: (1điểm) B  Ta có: MTC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đ/trịn (O))   Lại có: BAC T 900 (gt) hay MTC 900 A O M C D S B T A M O C    MTC  MTC 900  900 1800  Tứ giác ABTM nội tiếp đường tròn (dấu hiệu nhận biết… ) Câu 2: (1điểm)  Ta có: MDC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đ/trịn (O)) hay   900 (gt)  D, A thuộc đường tròn BDC 900 Lại có: BAC   đ/kính BC  ADM (2 góc nội tiếp chắn cung AB) mà ACB   Δ ABC cố định  ACB có số đo khơng đổi  ADM có số đo khơng đổi M di chuyển AC Câu 3: (1 điểm) Trường hợp D nằm A S   Tứ giác MTSD nội tiếp đ/tròn (O)  MTS  MDS 1800     Mà ADM ADM  MDS 1800 (kề bù)  MTS      MTS Có ADM = ACB ACB   Mặt khác: MTS (2 góc nội tiếp đ/trịn (O) chắn MCS cung MS) D      Mặt khác: MTS MCS (2 góc nội tiếp đ/trịn (O) chắn cung MS)  ACB = MCS   MT   M điểm SMT )  AC  ST ;AB  AC (gt)  AB // ST MS Trường hợp S nằm D M     Ta có: ADM (2 góc nội tiếp đ/trịn (O) chắn cung MS) mà ADM ACB MCS S    )  AC  ST mà AB  AC (gt)  AB // ST  ACB  M điểm SMT MCS SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2002 – 2003 Thời gian làm 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: Cho biểu thức:  S =  x+ x xy  y y  xy : với x > 0; y > x ≠ y xy  x  y 1/ Rút gọn S 2/ Tìm giá trị x y để S = Bài 2: Trên Parabol y = x lấy điểm A B, biết hoành độ A xA = – tung độ B yB = Viết phương trình đường thẳng AB Bài 3: Xác định giá trị m để phương trình: x – 8x + m = có nghiệm là:  Với giá trị vừa tìm phương trình cịn nghiệm nữa, tìm nghiệm Bài 4: Cho hình thang cân ABCD (AB // CD AB < CD) nội tiếp (O) Tiếp tuyến với (O) A D cắt E Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD Chứng minh tứ giác AEDI nội tiếp đường tròn Chứng minh đường thẳng EI // AB Đường thẳng EI cắt cạnh bên AD BC R S Chứng minh: 1   a) I trung điểm RS b) AB CD RS Bài 5: Tìm tất cặp số (x; y) nghiệm phương trình: (16x4 + 1)(y4 + 1) = 16x2y2 HƯỚNG DẪN: Bài 1: S = y S = x > ; x ≠ y = Bài 2: xA = –  yA = 2, yB =  x = ± Khi phương trình đường thẳng AB là: y = x + 4; y = – 3x – Bài 3: m = 13 ; x2 =  Bài 4:    ) (t/c góc có đỉnh ngồi đ/ trịn)  (sđ ABD Có AED – sđ AD A B E R D   ) (t/c góc có đỉnh đ/ trịn)   (sđ AD Có AID + sđ BC   Lại có: AD = BC (cạnh bên h/thang cân ABCD)  sđ AD = sđ BC I O S C  )      ) + (sđ AD  AED + AID = (sđ ABD – sđ AD + sđ BC 2 3600 = 1800  Tứ giác AEDI nội tiếp  ) ; Lại có ABD     Tứ giác AEDI nội tiếp(cmt)  AIE (2 góc nội tiếp chắn AE ADE ADE =     ( Góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến (O) chắn AD )  AIE (= ADE ) mà góc BAC vị trí đ/vị nên theo d/hiệu n/biết …  EI // AB a) EI // AB (cmt) mà R, S  EI  RI // AB, IS //AB IS CS RI DI   RI // AB  (1) (hệ định lí Ta-lét); Tương tự: IS //AB  (2) AB BD AB BC DI CS RI IS   Lại có: IS // CD (cùng // AB)  (3) Từ (1) , (2) (3)  AB AB BD BC  RI = IS  I trung điểm RS IS BI RI DI   b) IS // CD (cmt)  mà (cmt) AB BD CD BD RI IS DI BI DI + BI BD RI RI   1       = mà RI = IS (cmt)  AB BD AB BD BD BD BD BD  1 1 2  RI         (vì I t/đ RS)  1  AB BD RI AB BD 2RI RS  AB BD  Bài 5: (16x4 + 1)(y4 + 1) = 16x2y2  16x4y4 + 16x4 + y4 + – 16x2y2 =  (16x4y4 – x2y2 + 1) + (16x4 – x2y2 + y4) =  (4x2y2 – 1)2 + (4x2 – y2)2 =   4x y  0 16x 1 x   x      2  16   2 4x = y 4x  y 0  y = 1 4x = y  1    x  ;  x    2 ;   y =  y = 1  x  ;   y =  1   x    y =  10