Ngân hàng đề thi vào THPT Víp (Hùng Quố

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê hồng phong năn học 1999 – 2000 Môn toán (Đề chung) Bài 1(2điểm) Cho biểu thức: N = ab ba bab b bab a + − − + + với a,b là 2 số dương khác nhau 1)Rút gọn biểu thức N 2)Tính giá trị của biểu thức N khi : a = 526 + và b = 526 − Bài 2(2,5 điểm) Cho phương trình ẩn x: x 4 – 2mx 2 + m 2 – 3 = 0 1)Giải phương trình với m = 3 2)Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt Bài 3 (1,5 điểm) Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) và parapol (p) có phương trình là y = - 2 2 1 x 1)Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3) 2)Chứng minh rằng bất cứ đường thẳng nào đi qua điểm A(2;-3) không song song với trục tung bao giờ cũng cắt parabol y = - 2 2 1 x tại 2 điểm phân biệt Bài 4(4 điểm) Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) cắt đường tròn tại 2 điểm A, B .Từ điểm M nằm trên đường thẳng (d) và ở ngoài đường tròn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn , trong đó P và Q là các tiếp điểm. 1)Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ 2)Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vuông. 3)Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì đường tròn nội tiếp tam giác MPQ chạy trên một đường thẳng cố định. Đáp án Bài 1: Câu 1: : N = ab ba bab b bab a + − − + + = ab ba aba b bab a + − − + + )()( = ab ba abab abbaba abab abbaabbbabaa − + = − + = − −+−++− )())( ))(()()( Câu 2: Ta có a = 526 + = 15)15( 2 +=+ v à b = 526 − = 15)15( 2 −=− => N = 5 1515 1515 −= −−− −++ = − + ab ba B i 2: C õu1: khi m = 3 ,phng trỡnh : x 4 2mx 2 + m 2 3 = 0 tr th nh: x 4 - 2 3 x = 0 x 2 (x 2 - 2 3 ) = 0 = = 32 0 2 x x = = 32 0 3,2 1 x x Vy phng trỡnh ó cho cú 3 nghim l : x 1 = 0 , x 2 = 32 x 3 = - 32 Cõu 2: t t = x 2 , iu kin t 0 .Phng trỡnh ó cho tr thnh: t 2 2mt + m 2 3 = 0 (1) Phng trỡnh ó cho cú ỳng 3 nghim phõn bit phng trỡnh (1) cú 2 nghim trong ú cú mt nghim bng 0 v 1 nghim dng *)Phng trỡnh (1) nhn t = 0 l nghim m 2 3 = 0 m = 3 +)Khi m = 3 , phng trỡnh (1) tr thnh: t 2 - 3 t = 0 = = 32 0 2 1 t t (tho món) v y m = 3 ,l giỏ tr cn tỡm +)Khi m = - 3 , phng trỡnh (1) tr thnh : t 2 + 2 3 t = 0 = = 32 0 2 1 t t (khụng thớch hp) Vy m = - 3 khụng tho món loa Tóm lại phơng trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt m = 3 Bài 3 Câu 1: Phơng trình đờng thẳng đi qua điểm A(2;-3) và có hệ số góc bằng k là: y = k(x-2) 3 Câu 2: Phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm A(2;-3) và không song song với trục tung có dạng: y = k(x-2) 3 ( k là 1 số bất kỳ) Hoành độ giao điểm của parabol (p) và đờng thẳng (d) là nghiệm của phơng trình: - 2 1 x 2 = k(x-2) 3 x 2 + 2kx 4k 6 = 0 (*) Đờng thẳng (d) và parabol(p) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt phơng trình (*) có 2 nghiệm phân biệt với mọi k / > 0 với mọi k k 2 + 4k + 6 > 0 với mọi k Thật vậy / = k 2 + 4k + 6 = (k 2 + 4k + 4) + 2 = (k + 2) 2 + 2 > 0 với mọi k điều phải chứng minh. Bài 4: P M Q A B O K (D) I C©u 1: +)V× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tun cïng xt ph¸t tõ ®iĨm M => tia MO lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc PMQ (1) +) Còng v× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tun cïng xt ph¸t tõ ®iĨm M  gãc PMO = QMO => cung PI = cung IQ Ta cã gãc MIP lµ gãc t¹o bëi mét d©y cung vµ tiÕp tun => S® gãc MPI = 2 1 S® cung PI L¹i cã S® gãc IPQ = 2 1 S® cung QI => gãc MPI = gãc IPQ => PI lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc MPQ (2) Tõ (1) vµ (2) => I l giao à điểm của hai đường phân giác tại đỉnh M và đỉnh P của tam giác MPQ => I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ (đpcm) Câu2: a) Phân tích: Giả sử M là điểm trên đường thẳng (d) sao cho tứ giác MPOQ là hình vng => cạnh của hình vng là R  MO = R 2 0,25®  M nằm trên đường tròn (O ; R 2 )  M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn (O ; R 2 ) 0,25® b) C¸ch dùng: + Dùng ®o¹n R 2 0,25đ + VÏ ®êng trßn (O, R 2 ) + LÊy giao ®iĨm M cđa ®êng th¼ng (d) vµ ®êng trßn (O, R 2 ) => M lµ ®iĨn ph¶i dùng 0,25đ c) Chứng minh: Vì MO = R 2 > R => M nằm ngoài đường tròn (O,R) Nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn 0,25đ + Áp dụng đònh lý Pitago trong tam giác vuông MPO ta có MP 2 = MO 2 – OP 2 = 2R 2 – R 2 = R 2 => MP = R Tương tự chứng minh được MQ = R => MPOQ là tưa giác có 4 cạnh bằng nhau và có 1 góc vuông => MPOQ là hình vuông 0,25đ d) Biện luận Vì đường thẳng (d) và đường tròn (O, R 2 ) cắt nhau tại 2 điểm => bài toán có hai nghiệm hình 0,25đ Câu 3: (1đ) +Đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ là đường tròn đường kính MO 0,25đ +Từ O kể đường thẳng vuông góc đến đường thẳng (d) tại K => góc MKO = 1v => K nằm trên đường tròn đường kính MO 0,25đ => đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua 2 điểm cố đònh O và K 0,25đ => tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy trên đường trung trực ( ∆ ) của đoạn OK 0,25đ Đề thi tuyển sinh vào 10 PTTH năm học 1999 – 2000 Mơn tốn thời gian làm bài 150 phút Bài 1(1,5 điểm) Cho biểu thức : A = x xx 24 44 2 − +− a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999 Bài 2(1,5 điểm) Giải hệ phương trình:        = − + −= − − 5 2 34 1 2 11 yx yx Bài 3 (2 điểm) Tìm giá trị của a để phương trình : (a 2 – a – 3)x 2 + (a + 2)x – 3a 2 = 0 nhận x = 2 là nghiệm .Tìm nghiệm còn lại của phương trình? Bài 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC vng ở đỉnh A . trên cạnh AB lấy điểm D khơng trùng với đỉnh A và đỉnh B. Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại E. Đường thẳng AE cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là G. Đường thẳng CD cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là F . Gọi S là giao điểm của các đường thẳng AC và BF. Chứng minh: 1) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG 2) SA. SC = SB. SF 3) Tia ES là phân giác của góc AEF Bài 5(1 điểm) Giải phương trình : x 2 + x + 12 1+x = 36 Đáp Án Bài 1: Câu a) Ta có : A = x xx 24 44 2 − +− = )2(2 )2( 2 x x − − 0,25đ Vì (x- 2) 2 ≥ 0 với mọi x => 2 )2( −x có nghĩa với mọi x 0,25đ => Biểu thức A có nghĩa ⇔ 4 – 2x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 0,25đ Câu b) Ta có A = )2(2 2 x x − − 0,25đ ⇔        <−= − − >−−= − − 02 2 1 )2(2 2 02 2 1 )2(2 2 khix x x khix x x 0,25đ Khi x = 1,999 => x < 2 => A = 0,5 0,25đ Bài 2 (1,5 đ)        = − + −= − − 5 2 34 1 2 11 yx yx Đặt u = x 1 và v = 2 1 −y .Hệ phương trình trên trở thành:    =+ −=− 534 1 vu vu 0,25đ Giải hệ phương trình trên được        = = 7 9 7 2 v u 0,5đ Với u = 7 2 => x = 2 7 0,25đ Với v = 7 9 => y = 9 25 0,25đ Vậy hệ có nghiệm là :        = = 9 25 2 7 y x 0,25đ Bài 3: Phương trình đã cho nhận x 1 = 2 là nghiệm ⇔ 4(a 2 – a – 3) + 2(a + 2) – 3a 2 = 0 0,5đ ⇔ a 2 – 2a – 8 = 0 0,25đ ⇔    = −= 4 2 a a 0,25đ Khi đó nghiệm còn lại của phương trình là: x 2 = )3(2 3 2 2 −− − aa a 0,5đ +) Nếu a = -2 , nghiệm còn lại của phương trình là x 2 = -2 0,25đ +) Nếu a = 4 , nghiệm còn lại của phương trình là x 2 = - 3 8 0,25đ Bài 4 S A C E B F G D Câu 1: Chứng minh AC // FG ( 1 đ) Tứ giác ACED có : góc A = góc E = 1v 0,25đ nên nội tiếp được trong một đường tròn => ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG (1) 0,25đ Mặt khác 4 điểm D,G, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD nên tứ giác DGEF nội tiếp được đường tròn => góc DEG = góc DFG (2) 0,25đ Từ (1) và (2) => góc ACD = góc DFG => AC // FG (Vì có 2 góc so le trong bằng nhau) 0,25đ Câu 2 : Chứng minh SA.SC = SB. SF (1,5đ) Tứ giác ACBF có ∠ A = ∠ F = 1v => tứ giác ACBF nội tiếp đường tròn đường kính BC => ∠ FAC + ∠ FBC = 2v 0,25đ Lại có ∠ FAC + ∠ SAF = 2v => ∠ SAF = ∠ FBC hay ∠ SAF = ∠ SBC 0,25đ Xét 2 tam giác SAF và SBC có : ∠ S chung , ∠ SAF = ∠ SBC (cmt) => Hai tam giác SAF và SBC đ ồng d ạng 0,5 đ => SC SF SB SA = 0,25 đ => SA.SC = SB.SF 0,25 đ C âu 3: Chøng minh : Tia ES lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF (1,5 ®) Ta cã gãc AED = gãc ACF (cmt) (1) V× tø gi¸c BEDF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn => gãc DEF = gãc DBF (2) V× tø gi¸c ACBF néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn => gãc ACF = gãc ABF (3) Tõ (1) , (2) vµ (3) => gãc AED = gãc DEF 0,5® => ED lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF 0,25® MỈt kh¸c : CF vµ BA lµ c¸c ®êng cao cđa tam gi¸c SBC nªn D lµ trùc t©m cđa tam gi¸c nµy => SD ⊥ BC 0,25® Mµ DE ⊥ BC => 3 ®iĨm S.D,E th¼ng hµng 0,25® => tia ES lµ ph©n gi¸c cđa gãc AEF 0,25® Bµi 5 (1®): Ta cã x 2 + x + 12 1+x = 36 ⇔ (x 2 + 2x + 1) – (x-1 - 12 1+x + 36) = 0 ⇔ (x + 1) 2 – ( 1+x - 6) 2 = 0 0,25đ ⇔ (x + 1 - 1+x + 6 )( x + 1 + 1+x - 6 ) = 0 0,25đ a) Trường hợp : x + 1 - 1+x + 6 = 0 (a) Đặt t = 1+x ( điều kiện t ≥ 0 ) , phương trình (a) trở thành t 2 – t + 6 = 0 ( vô nghiệm) 0,25đ b) Trường hợp : x + 1 + 1+x - 6 = 0 (b) Đặt t = 1+x ( điều kiện t ≥ 0 ) , phương trình (b) trở thành t 2 + t - 6 = 0 ⇔ t = - 3 (loại) hoặc t = 2 (thoả mãn) t = 2 => 1+x = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 Vậy phương trình có một nghiệm x = 3 0,25đ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG năm học 2000 -2001 Môn toán(Đề chung) Bài 1 (2,5 điểm) Cho biểu thức : T = 1 1 1 1 1 2 − + − ++ + + − + x x xx x xx x với x > 0 và x ≠ 1 1) Rút gọn biểu thức T 2) Chứng minh rằng với mọi x > 0 và x ≠ 1 luôn có T < 3 1 Bài 2 ( 2,5 điểm) Cho phương trình : x 2 – 2mx + m 2 - 2 1 = 0 (1) 1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm của phương trình có giá trò tuyệt đối bằng nhau 2) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm và các nghiệm ấy là số đo của hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 Bài 3(1 điểm) Trên hệ trục toạ độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y = x 2 (P) Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + 12 và có với parabol (P) đúng một điểm chung. Bài 4 (4 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Một điểm M chuyển dộng trên đường tròn (O) ( M khác với A và B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường kính AB.Vẽ đường tròn (T) có tâm là M và bán kính MH . Từø A và B lần lượt kể tiếp tuyến AD và BC đến đường tròn (T) (D và C là các tiếp điểm) 1) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì AD + BC có giá trò không đổi. 2) Chứng minh rằng đường thẳng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O) 3) Chứng minh rằng với bất kỳ vò trí nào của M trên đường tròn (O) luôn có bất đẳng thức AD.BC ≤ R 2 . Xác đònh vò trí của M trên đường tròn (O) để đẳng thức xảy ra 4) Trên đường trìn (O) lấy điểm N cố đònh .Gọi I là trung điểm của MN và P là hình chiếu vuông góc của I trên MB . Khi M chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường nào ? ĐÁP ÁN: Bài 1 Câu 1: T = 1 1 1 1 1 2 − + − ++ + + − + x x xx x xx x = 1 1 1 1 1)( 2 3 − − ++ + + − + xxx x x x 0,5đ = )1)(1( )1()1)(1(2 ++− ++−−+++ xxx xxxxx 0,25đ = )1)(1( ++− − xxx xx 0,25đ = )1)(1( )1( ++− − xxx xx 0,25đ = 1++ xx x 0,25đ Câu 2: Xét 3 1 - T = 3 1 - 1++ xx x = 4 9 ) 2 1 (3 )1( 2 2 ++ − x x 0,25đ => 3 1 - T > 0 vì ( x - 1) 2 > 0 0,25đ và 3( 4 9 ) 2 1 2 ++x > 0 với mọi x > 0 và x ≠ 1 0,25đ => T < 3 1 với x > 0 ø và x ≠ 1 0,25đ Bài 2 Câu 1 (1đ) : Giả sử phương trình có 2 nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn 21 xx = => x 1 = x 2 hoặc x 1 = - x 2 0,25đ a) Nếu x 1 = x 2 => ∆ = 0 => ∆ = 2 1 = 0 (vô lý) 0,25đ b) Nếu x 1 = - x 2 => x 1 + x 2 = 0 => 2m = 0 => m = 0 0,25đ => phương trình đã cho trở thành : x 2 - 2 1 = 0 ⇔ x = 2 1 ± => phương trình có 2 nghiệm có giá trò tuyệt đối bằng nhau => m = 0 là giá trò cần tìm 0,25đ Câu 2(1,5đ) Giả sử phương trình có 2 nghiệm x 1 và x 2 là số đo của 2 cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 => x 1 > 0 ; x 2 > 0 và x 1 2 + x 2 2 = 9 0,25đ Ta có x 1 2 + x 2 2 = (x 1 + x 2 ) 2 - 2x 1 x 2 = 4m 2 – 2(m 2 - 2 1 ) = 2m 2 + 1 0,25đ => và x 1 2 + x 2 2 = 9 ⇔ 2m 2 + 1 = 9 ⇔ m = ± 2 0,25đ +Với m = 2 phương trình đã cho trở thành : x 2 - 4x + 2 7 = 0 Phương trình này có 2 nghiệm là: x 1 = 2 - 2 1 ; x 2 = 2 + 2 1 (thoả mãn) => m = 2 là giá trò cần tìm 0,25đ + Với m = -2 phương trình đã cho trở thành: x 2 + 4x + 2 7 = 0 Phương trình này có 2 nghiệm là : x 1 = - 2 - 2 1 < 0 và x 2 = - 2 + 2 1 < 0 (loại) => m = -2 không troả mãn 0,25đ Tóm lại: Phương trình đã cho có hai nghiệm và 2 nghiệm này là số đo 2 cạnh của góc vuông của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 ⇔ m = 2 0,25đ Bài 3: +)Gọi (d) là đường thẳng phải tìm.Vì đường thẳng (d) // đường thẳng y = 3x + 12 => phương trình đường thẳng (d) có dạng; y = 3x + m 0,25đ +)Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol y = x 2 là nghiệm của phường trình: x 2 = 3x + m ⇔ x 2 – 3x – m = 0 (*) 0,25đ +)Đường thẳng (d) và parabol y = x 2 có đúng 1 điểm chung ⇔ phương trình (*) có nghiệm duy nhất ⇔ ∆ = 0 ⇔ 9 + 4m = 0 ⇔ m = - 4 9 0,25đ => phương trình đường thẳng (d) là y = 3x - 4 9 0,25đ Bài 4: Câu 1: (0,75đ) +) Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ đỉnh A => AD = AH (1) 0,25đ +) Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ đỉnh B => BC = BH (2) 0,25đ +) Từ (1) và(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = không đổi A B D C O M H N II K [...]... (3) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ => ∆ CTS cân tại đỉnh C Từ (3) => CM là phân giác của ∠ SCT nên CM là đường cao => ST ⊥ AC Mà AB ⊥ AC => ST // AB (đpcm) 0,25đ 0,25đ 0,25đ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2003 – 2004 MÔN THI TOÁN Bài 1:(2điểm) Giải hệ phương trình : 5 2 x + x + y = 2    3 + 1 = 1,7 x x + y  Bài 2 :(2 điểm) Cho biểu thức P = 1 + x x +1 x−x a) Rút gọn biểu thức P b) Tính... 1 = < 2( − ) 4 3 (3 + 1) 3 3 4 ……………………… 1 (n + 1) n < 2( 1 n − 1 n +1 ) Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên ta có: 1 1 1 1 + + + + < 2 (12 3 2 4 3 (n + 1) n 1 n +1 ) Khi m chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường tròn đường kính BK 0,25đ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 – PTTH TỈNH NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2000- 2001 Bài 1: (2điểm) a+ a + 1).( a− a − 1) Với 1 ≠ a ≥ 0 a +1 a −1 a Rút gọn A b Với 1 ≠ a ≥ 0 Tìm a sao cho A = - a2 Cho A = ( Bài 2: (2 điểm) Trên... C, D , M thẳng hàng Thật vậy: + Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ A => góc AMD = góc AMB (3) + Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ B => góc BMC = góc BMH (4) Từ (3) và (4) => góc AMD + góc BMC = góc AMH + góc BMH = góc AMB = 900 0,25đ 0 => (góc AMD + góc BMC) + (góc AMH + góc BMH) = 180 0,25đ => 3 điểm C, D, M thẳng hàng và M là trung... y = 1 1 và x = 5 , y = vào phương trình đường thẳng (d), ta có hệ phương trình 2 1  1 = 2a + b 1 = 2a + b 1 = 2a + b b = 2 1 = 2.(− 2 ) + b      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  1 3 1 1 − 2 = 5a + b 3a = − 2 a = − 2 a = − 1 a = − 2      2  1 Vậy đường thẳng (d) : y = x+2 2 b) Xác đònh tạo độï giao giao điểm của (d) với 2 trục toạ độ 1 + Giao của (d) với trục Oy: Cho x = 0 vào phương trình y = x... 0 Xét hai trường hợp: x + 1 − 1 = 0 ⇔ x = 0 loại vì không thoả mãn điều kiện x − 3 = x + 2 , vô nghiệm vì x – 3 < x + 2 => x − 3 < x + 2 Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2004 – 2005 MÔN: TOÁN Bài 1 ( 3 điểm) 1) Đơn giản biểu thức : P = 14 + 6 5 + 14 − 6 5 2) Cho biểu thức :  x +2 x − 2  x +1  Q=  với x > 0 và x ≠ 1  x + 2 x + 1 − x... − 1 = ±2 Do đó x lớn nhất ⇔ x – 1 = 2 ⇔ x = 3 Bài 2 (3 điểm) Trừ vế với vế của 2 phương trình ta được: x = 4 – 2a Thay x = 4 – 2a vào phương trình 2 : a(4 – 2a) + y = 2a ⇔ y = 2a2 – 2a  x = 4 − 2a Vậy nghiệm của hệ là :  (1) 2  y = 2a − 2a 2.1 (0,5đ) x = 2 Thay a = 1 vào (1), ta được :  y = 0 2.2 (1,5đ) Từ (1) ya thấy , với mọi a hệ có nghiệm duy nhất Ta có x + y = 2a2 - 4a + 4 = 2(a2 – 2a + 1)... minh rằng MO = MA b) Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến tại N của đường tròn (O) cắt các tia AQ và AQ tương ứng tại B và C 1 – Chứng minh rằng AB + AC – BC không phụ thuộc vào vò trí của điểm N 2 – Chứng minh rằng nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn thì PQ // BC Bài 5.(1 điểm) Giải phương trình : x 2 − 2 x − 3 + x + 2 = x 2 + 3x + 2 + x − 3 ĐÁP ÁN: Bài 1 ( 2 điểm) Điều... CN , BN và BP là các cặp tiếp tuyến cùng xuất phát từ 1 điểm nên: AP = AQ , CQ = CP , BN = , BP 0,5đ => AB + AC – BC = AP + BP + AQ + CQ – CN – BN = AP +AQ = 2AP 0,25đ Vậy AB + AC – BC không phụ thuộc vào vò trí của N 0,25đ 2- (1đ) Nếu BCQP là tứ giác nội tiếp thì: ∠ QCB + ∠ QPB = 2v (Hai góc đối của tứ giác nội tiếp) 0,25đ ∠ QPB + ∠ QPA = 2v (hai góc kề bù) Mặt khác : => ∠ QCB = ∠ QPA 0,25đ Vì AP =... qua M và N b) Xác đònh toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với 2 trục Ox và Oy Bài 3: (2 điểm) Cho số nguyên dương gồm 2 chữ số Tìm số đó biết rằng tổng của 2 chữ số bằng 1/8 số đã cho và nếu thêm 13 vào tích 2 chữ số sẽ được 1 số mới viết theo thứ tự ngược lại với số đã cho Bài 4: ( 3 điểm) Cho tam giác PBC , PA là đường cao Đường tròn đường kính BC cắt PB ,PC lần lượt ở M và N , NA cắt đường tròn . Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê hồng phong năn học 1999 – 2000 Môn toán (Đề chung) Bài 1(2điểm) Cho biểu thức: N = ab ba bab b bab a. x = 3 Vậy phương trình có một nghiệm x = 3 0,25đ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG năm học 2000 -2001 Môn toán (Đề chung) Bài 1 (2,5 điểm) Cho biểu thức : T = 1 1 1 1 1 2 − + − ++ + + − + x x xx x xx x . cao => ST ⊥ AC 0,25đ Mà AB ⊥ AC => ST // AB (đpcm) 0,25đ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2003 – 2004 MÔN THI TOÁN Bài 1:(2điểm) Giải hệ phương trình :        = + + = + + 7,1 13 2 52 yxx yxx Bài