TUYEN TAP DE THI VAO 10 (CUC HAY)

ĐỀ SỐ 1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 QUẢNG TRỊ Khóa ngày 2 tháng 7 năm 2006 MƠN: TỐN (Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề) Phần I : Trắc nghiệm khách quan (2.0 điểm) Chọn chữ cái đứng trước câu trả lời đúng nhất. 1. Biểu thức 2 1 4x x − xác đònh với giá trò nào sau đây của x ? A. x ≥ 1 4 B. x ≤ 1 4 C. x ≤ 1 4 và x ≠ 0 D. x ≠ 0 2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x A. y = 2x - 1 B. ( ) 2 1 2y x= − C. y = 2 - x D. ( ) 2 1 2y x= − 3. Hai hệ phương trình 3 3 1 kx y x y − = −   − =  và 3 3 3 1 x y x y + =   − =  là tương đương khi k bằng A. -3 B. 3 C. 1 D. -1 4. Điểm 1 2; 2 Q   −  ÷   thuộc đồ thò hàm số nào trong các hàm số sau đây ? A. 2 2 2 y x= B. 2 2 2 y x= − C. 2 2 4 y x= D. 2 2 4 y x= − 5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao . Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9. Khi đó độ dài đoạn EF bằng : A. 13 B. 13 C. 2 13 D. 3 13 6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3 3 a, khi đó sinB bằng A. 3 2 a B. 1 2 C. 3 2 D. 1 2 a 7. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 18cm, AC = 24cm . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng . A. 30cm B. 15 2cm C. 20cm D. 15cm 8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6cm, AB = 8cm. Quay tam giác đó một vòng quanh cạnh AC cố đònh được một hình nón . Diện tích toàn phần hình nón đó là A. 96π cm 2 B. 100 π cm 2 C. 144 π cm 2 D. 150 π cm 2 Phần II : Tự luận (8.0 điểm) Bài 1: (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai, ẩn số x: x 2 - 4x + m + 1 = 0 1. Giải phương trình khi m = 3 2. Với giá trò nào của m thì phương trình có nghiệm. 3. Tìm giá trò của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn điều kiện x 1 2 + x 2 2 = 10 Bài 2 : (1 điểm) 1 Giải hệ phương trình : 3 2 2 1 2 2 3 x y x y  − − + =   − + + =   Bài 3: (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức : 1. 6 3 3 6 3 3A = + + − 2. ( ) ( ) 5 2 6 49 20 6 5 2 6 9 3 11 2 B + − − = − Bài 4: (4 điểm) Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I . Tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK ở P. 1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp 2. Chứng minh AI.BK = AC.CB 3. Chứng minh tam giác APB vuông . 4. Giả sử A, B, I cố đònh . Hãy xác đònh vò trí của C sao cho tứ giác ABKI có diện tích lớn nhất . ĐÁP ÁN I/ Tr¾c nghiƯm kh¸ch quan. 1- C 2 - b 3 - a 4 - c 5 - d 6 - b 7 - d 8 - c II/ tù ln. Bµi 1: 1. Khi m = 3, ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh : x 2 - 4x + 4 = 0 ⇒ (x - 2) 2 = 0 ⇒ x = 2 lµ nghiƯm kÐp cđa ph¬ng tr×nh. 2. Ph¬ng tr×nh cã nghiƯm ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ (-2) 2 -1(m + 1) ≥ 0 ⇔ 4 - m -1 ≥ 0 ⇔ m ≤ 3. VËy víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiƯm. 3. Víi m ≤ 3 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiƯm . Gäi hai nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh lµ x 1 , x 2 .Theo ®Þnh lý ViÐt ta cã : x 1 + x 2 = 4 (1), x 1 .x 2 = m + 1 (2). MỈt kh¸c theo gt : x 1 2 + x 2 2 = 10 ⇒ (x 1 + x 2 ) 2 - 2 x 1 .x 2 = 10 (3). Tõ (1), (2), (3) ta ®ỵc :16 - 2(m + 1) = 10 ⇒ m = 2 < 3(tho¶ m·n) . VËy víi m = 2 th× ph¬ng tr×nh ®· cho cã 2 nghiƯm tho¶ m·n ®iỊu kiƯn x 1 2 + x 2 2 = 10. Bµi 2: §iỊu kiƯn ®Ĩ hƯ cã nghiƯm: 2 0 2 2 0 2 x x y y − ≥ ≥   ⇔   + ≥ ≥ −   . §Ỉt 2 0 2 0 x a y b  − = ≥   + = ≥   Khi ®ã hƯ ph¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh : 3 1 3 a b a b − =   + =  .Gi¶i hƯ nµy ta ®ỵc 1 0 2 0 a b = ≥   = ≥  (TM). Víi 1 2 a b =   =  ta cã : 2 1 2 1 3 2 4 2 2 2 x x x y y y  − = − = =    ⇔ ⇔    + = = + =     (TM).VËy (x;y) = (3 ; 2) lµ nghiƯm cđa hƯ ph¬ng tr×nh ®· cho. Bµi 3: 2 1. Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 3 3 6 3 3 2 6 3 3 6 3 3 12 2 6 3 3 12 2 3 18 A = + + + + = + = = + ì = A = 3 2 (vì A > 0) 2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 5 2 6 3 5 2 6 3 5 2 6 5 2 6 9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2 9 3 11 2 1 9 3 11 2 B + = = = = = = Bài 4: 2. Ta có KC CI (gt), CB AC (gt) ã ã CKB ICA= (cặp góc nhọn có cạnh tơng ứng vuông góc).Xét hai tam giác vuông AIC và BCK ( à à 0 90A B= = ) có ã ã CKB ICA= (cm/t) .Suy ra AIC đồng dạng với BCK. Từ đó suy ra AI BC AI BK BC AC AC BK = ì = ì (đpcm). 3. Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1) ã ã PBC PKC= (1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). Lại có ã 0 90IAC = (gt) A ; 2 IC O ữ , mặt khác P ; 2 IC O ữ (cm/t) .Từ đó suy ra tứ giác AIPC nội tiếp ã ã PIC PAC= (2). Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta đợc : ã ã ã ã PBC PAC PKC PIC+ = + .Mặt khác tam giác ICK vuông tại C (gt) suy ra ã ã 0 90PKC PIC+ = ã ã 0 90PBC PAC+ = , hay tam giác APB vuông tại P.(đpcm) 4. IA // KB (cùng vuông góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vuông. Suy ra ( ) ABKI = 2 AI BK AB s + Max S ABKI Max ( ) AI BK AB+ nhng A, I, B cố định do đó AI, AB không đổi .Suy ra Max ( ) AI BK AB+ Max BK . Mặt khác AC CB BK AI ì = (theo câu 2) .Nên Max BK Max AC.CB . Mà ( ) 2 2 4 4 AC CB AB AC CB + ì = (không đổi) . Dấu = xảy ra AC = BC C là trung điểm của AB . Vậy khi C là trung điểm của AC thì S ABKI là lớn nhất . S 2. S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10 QUNG BèNH Khúa ngy 3 thỏng 7 nm 2006 MễN: TON (Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao ) Câu 1: (2 điểm) 1) Phân tích x 2 9 thành tích. 3 Gọi O là tâm đờng tròn đờng kính IC 1. Vì P ; 2 IC O ữ ã ã 0 0 90 90IPC KPC = = . Xét tứ giác PKBC có ã 0 90KPC = (chứng minh trên) ã 0 90KBC = (gt) . Suy ra ã ã 0 180KPC KBC+ = . Suy ra tứ giác CPKB nội tiếp đợc (đpcm) . a b c i p k o 2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x 2 5x + 4 = 0 không ? Câu 2: (2 điểm) 1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ? 2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy Câu 3: (1,5 điểm) Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số thứ hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị. Câu 4: (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức: P = 2 1 : a b ab a b a b + + với a, b 0 và a b Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua A và vuông góc với AB cắt tia BE tại F 1) Chứng minh rằng: AF // CH 2) Tứ giác AHCF là hình gì ? Câu 6: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x x 2 )(y 2y 2 ) với 0 x 2 0 y 1 2 P N Câu 1. 1) Phân tích x 2 9 thành tích x 2 9 = (x + 3)(x - 3) 2) x = 1 có là nghiệm của phơng trình x 2 5x + 4 = 0 không ? Thay x = 1 vào phơng trình ta thấy: 1 5 + 4 = 0 nên x = 1 là nghiệm của phơng trình. Câu 2. 1) Hàm số y = - 2x + 3 đồng biến hay nghịch biến ? Hàm số y = - 2x + 3 là hàm nghịch biến vì có a = -2 < 0 2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox, Oy Với x = 0 thì y = 3 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Ox là: (0; 3) Với y = 0 thì x = 3 2 suy ra toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = - 2x + 3 với trục Oylà: ( 3 2 ; 0) Câu 3. Tìm tích của hai số biết tổng của chúng bằng 17. Nếu tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị và số thứ hai lên 2 đơn vị thì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị. Gọi số thứ nhất là x, số thứ hai là y Vì tổng của hai số bằng 17 nên ta có phơng trình: x + y = 17 (1) Khi tăng số thứ nhất lên 3 đơn vị thì số thứ nhất sẽ là x + 3 và số thứ hai lên 2 đơn vị thì số thứ hai sẽ là y + 2. Vì tích của chúng tăng lên 45 đơn vị nên ta có phơng trình: (x + 3)(y + 2) = xy + 45 2x + 3y = 39 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phơng trình: 17 2 3 39 x y x y + = + = 4 Giải hệ phơng trình ta đợc 12 5 x y = = Câu 4. Rút gọn biểu thức: P = 2 1 : a b ab a b a b + + với a, b 0 và a b P = ( ) ( ) ( ) 2 .( ) . a b a b a b a b a b a b + = + = với a, b 0 và a b Câu 5. Cho tam giác ABC cân tại B, các đờng cao AD, BE cắt nhau tại H. Đờng thẳng d đi qua A và vuông góc với AB cắt tia BE tại F a) Chứng minh rằng: AF // CH b) Tứ giác AHCF là hình gì ? a) Ta có H là trực tâm tam giác ABC suy ra CH AB d AB suy ra AF AB suy ra CH // AF b) Tam giác ABC cân tại B có BE là đờng cao nên BE đồng thời là đờng trung trực suy ra EA = EC , HA = HC, FA = FC Tam giác AEF = tam giác CEH nên HC=AF suy ra AH = HC = AF = FC nên tứ giác AHCF là hình thoi Câu 6. Tìm giá trị lớn nhất của A = (2x x 2 )(y 2y 2 ) với 0 x 2 0 y 1 2 Với 0 x 2 0 y 1 2 thì 2x-x 2 0 và y 2y 2 0 áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 2x x 2 = x(2 - x) 2 x 2 1 2 x+ = ữ y 2y 2 = y(1 2y) = 2 1 1 2 1 2 1 .2 (1 2 ) 2 2 2 8 y y y y + = ữ (2x x 2 )(y 2y 2 ) 1 8 Dấu = xảy ra khi x = 1, y = 1 4 Vậy GTLN của A là 1 8 x = 1, y = 1 4 S 3. S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10 LNG SN MễN: TON (Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao ) 5 H d F E D C A B Bài 1: (2 điểm). Tính giá trị của biểu thức: a) 2 A 1 (1 2)= + b) 3 3 B 9 80 9 80= + + Bài 2: (1 điểm). Giải phơng trình: x 4 + 2008x 3 - 2008x 2 + 2008x - 2009 = 0 Bài 3: (1 điểm). Giải hệ phơng trình: x y 2 3x 2y 6 = = Bài 4: (2 điểm). Một đội công nhân hoàn thành một công việc, công việc đó đợc định mức 420 ngày công thợ. Hãy tính số công nhân của đội, biết rằng nếu đội tăng thêm 5 ngời thì số ngày để hoàn thành công việc sẽ giảm đi 7 ngày, giả thiết năng suất của các công nhân là nh nhau. Bài 5: (4 điểm). Cho tam giác ABC vuông ở A và có AB > AC, đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB tại E, nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC tại F. a) Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật. b) Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh AE.AB = AF.AC. d) Gọi O là giao điểm của AH và EF. Chứng minh: p < OA + OB + OC < 2p, trong đó 2p = AB + BC + CA. P N Bài 1. a) 2 A 1 (1 2) 1 2 1 2= + = + = b) 3 3 B 9 80 9 80= + + HD: áp dụng hằng đẳng thức (a + b) 3 =a 3 + b 3 + 3ab(a + b) Lập phơng hai vế ta có: 3 3 3 3 B ( 9 80 9 80) = + + ( ) 3 3 3 3 B 9 80 9 80 3 (9 80)(9 80) 9 80 9 80= + + + + + + 3 B 18 3B= + => B 3 - 3B - 18 = 0 <=> (B - 3)(B 2 + 3B + 6) = 0 2 B 3 0 B 3B 6 0 (VN) = + + = Vậy B = 3 Bài 2. 4 3 2 x 2008x 2008x 2008x 2009 0+ + = 6 3 2 2 2 2 (x 1)(x 2009x x 2009) 0 (x 1) x (x 2009) (x 2009) 0 (x 1)(x 2009)(x 1) 0 x 1 0 x 1 x 2009 0 x 2009 x 1 0 (VN) + + + = + + + = + + = = = + = = + = Bài 3. x y 2 3x 3y 6 x 2 3x 2y 6 3x 2y 6 y 0 = = = = = = Bài 4. Gọi số công nhân của Đội là x (x nguyên dơng) Phần việc đội phải làm theo định mức là: 420 x Nếu đội tăng thêm 5 ngời thì phần việc phải làm theo định mức là: 420 x 5+ Theo đầu bài ta có pt: 420 420 7 x x 5 = + 2 x 5x 300 0 + = Ta đợc: x 1 = 15 (thoả mãn); x 2 = -20 (loại) Vậy đội công nhân có 15 ngời. Bài 5. O F E H C B A a) Ta có: ã ã 0 CFH BEH 90= = (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) => ã ã ã 0 AFH AEH FAE 90= = = => Tứ giác AEHF là hình chữ nhật. b) Ta có: ã ã 0 EBH EAH 90+ = mà ã ã EAH EFH= (tc đờng chéo hcn) => ã ã 0 EBH EFH 90+ = Do đó: ã ã ã ã ã 0 0 0 EFC EBC CFH EFH FBC 90 90 180+ = + + = + = => BEFC là tứ giác nội tiếp. c) Ta có: ã ã ABH AHE= (cùng phụ với ã EAH ) mà ã ã AHE AFE= (đờng chéo hcn) => ã ã ABH AFE= hay ã ã ABC AFE= Xét AEF và ACB ta có: ã ã 0 EAF CAB 90= = 7 ã ã ABC AFE= (cm trên) => AEF đồng dạng ACB => AE AF AE.AB AF.AC AC AB = = d) Trong OAB ta có: OA + OB > AB (quan hệ giữa 3 cạnh của tam giác) tơng tự: OC + OA > AC OB + OC > BC => 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC => AB BC CA OA OB OC 2 + + + + > => OA OB OC p+ + > (1) Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB) OC < AC (do OH < AH) OB < BC => OA + OB + OC < AB + BC + CA => OA + OB + OC < 2p(2) Từ (1) và (2) => p < OA + OB + OC < 2p S 4. S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10 TP HCM MễN: TON Nm hc: 2007 - 2008 (Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao ) Cõu 1: (2 im) Gii phng trỡnh v h phng trỡnh sau: a) 2x 2 + 3x 5 = 0 (1) b) 2x y 1 (a) 3x 4y 1 (b) + = + = (2) Cõu 2: (2 im) Thu gn cỏc biu thc sau: a) A = 7 4 3 7 4 3 + b) B = x 1 x 1 x x 2x 4 x 8 . x 4 x 4 x 4 x + + ữ ữ + + (x > 0; x 4). Cõu 3: (2 im) Cho phng trỡnh x 2 2mx 1 = 0 (m l tham s) a) Chng minh phng trỡnh trờn luụn cú 2 nghim phõn bit. b) Gi x 1 , x 2 l hai nghim ca phng trỡnh trờn. Tỡm m 2 2 1 2 1 2 x x x x 7+ = . Cõu 4: (4 im) T im M ngoi ng trũn (O) v cỏt tuyn MCD khụng i qua tõm O v hai tip tuyn MA, MB n ng trũn (O), õy A, B l cỏc tip im v C nm gia M, D. a) Chng minh MA 2 = MC.MD. 8 b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên một đường tròn. c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn. Suy ra AB là phân giác của góc CHD. d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh A, B, K thẳng hàng. ĐÁP ÁN Câu 1: a) 2x 2 + 3x – 5 = 0 (1) Cách 1: Phương trình có dạng a + b + c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là: x 1 = 1 hay x 2 = c 5 a 2 = − . Cách 2: Ta có ∆ = b 2 – 4ac = 3 2 – 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là x 1 = 3 7 5 4 2 − − = − hoặc x 2 = 3 7 1 4 − + = . b) 2x y 1 (a) 3x 4y 1 (b) + =   + = −  (2) Cách 1: Từ (a) ⇒ y = 1 – 2x (c). Thế (c) vào (b) ta được: 3x + 4(1 – 2x) = –1 ⇔ –5x = –5 ⇔ x = 1. Thế x = 1 vào (c) ta được y = –1. Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1. Cách 2: (3) ⇔ 8x 4y 4 3x 4y 1 + =   + = −  ⇔ 5x 5 3x 4y 1 =   + = −  ⇔ x 1 3.1 4y 1 =   + = −  ⇔ x 1 y 1 =   = −  . Vậy hệ phương trình (3) có nghiệm là x = 1 và y = –1. Câu 2: a) A = 7 4 3 7 4 3− − + = 2 2 (2 3) (2 3)− − + = 2 3 2 3− − + Mà 2 – 3 > 0 và 2 + 3 > 0 nên A = 2 – 3 – 2 – 3 = 2 3− . b) B = x 1 x 1 x x 2x 4 x 8 . x 4 x 4 x 4 x   + − + − − −  ÷  ÷ − + +   . = 2 2 2 x 1 x 1 (x 4)( x 2) . ( x) 2 ( x 2) x   + − − + −  ÷  ÷ − +   = 2 2 ( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2) . x ( x) 2 ( x 2)   + + − − − − +  ÷  ÷   − +     = x 3 x 2 (x 3 x 2) x + + − − + = 6 x x = 6. Câu 3: x 2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số) a) Chứng minh phương trình trên luôn có 2 nghiệm phân biệt. Cách 1: Ta có: ∆' = m 2 + 1 > 0 với mọi m nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt. Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c trái dấu nhau nên phương trình luôn có hai phân biệt. 9 b) Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình trên. Tìm m để 2 2 1 2 1 2 x x x x 7+ − = . Theo a) ta có với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Khi đó ta có S = 1 2 x x 2m+ = và P = x 1 x 2 = –1. Do đó 2 2 1 2 1 2 x x x x 7+ − = ⇔ S 2 – 3P = 7 ⇔ (2m) 2 + 3 = 7 ⇔ m 2 = 1 ⇔ m = ± 1. Vậy m thoả yêu cầu bài toán ⇔ m = ± 1. Câu 4: a) Xét hai tam giác MAC và MDA có: – ∠ M chung – ∠ MAC = ∠ MDA (= » đAC 1 s 2 ). Suy ra ∆MAC đồng dạng với ∆MDA (g – g) ⇒ MA MC MD MA = ⇒ MA 2 = MC.MD. b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên ∠MAO = ∠ MBO = 90 0 . * I là trung điểm dây CD nên ∠ MIO = 90 0 . Do đó: ∠ MAO = ∠ MBO = ∠ MIO = 90 0 ⇒ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO. c) Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R (O) . Do đó MO là trung trực của AB ⇒ MO ⊥ AB. Trong ∆MAO vuông tại A có AH là đường cao ⇒ MA 2 = MH.MO. Mà MA 2 = MC.MD (do a)) ⇒ MC.MD = MH.MO ⇒ MH MC MD MO = (1). Xét ∆ MHC và ∆MDO có: ∠M chung, kết hợp với (1) ta suy ra ∆MHC và ∆MDO đồng dạng (c–g –c) ⇒ ∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giác OHCD nội tiếp. Ta có: + ∆OCD cân tại O ⇒ ∠ OCD = ∠ MDO + ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp) Do đó ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ MHC = ∠ OHD ⇒ 90 0 – ∠ MHC = 90 0 – ∠ OHD ⇒ ∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA là phân giác của ∠ CHD hay AB là phân giác của ∠ CHD. d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì ∠ OCK = ∠ ODK = 90 0 ) ⇒ ∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp ⇒ ∠ KHO = ∠ KCO = 90 0 . ⇒ KH ⊥ MO tại H mà AB ⊥ MO tại H ⇒ HK trùng AB ⇒ K, A, B thẳng hàng. ĐỀ SỐ 5. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 10 O M D C A B I H K [...]... ab 8 hay : a+b = 1 (10a+ b) 8 Tích hai chữ số của nó là : a.b Theo đầu bài ta có phương trình: ab + 13 = ba hay : ab + 13 = 10b + a Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 1  a + b = (10a + b) 8  ab + 13 = 10b + a  (1) (2) 2a − 7b = 0 .(1/ ) 8a + 8b = 10a + b  ⇔  ⇔ ab + 13 = 10b + a (2 / ) ab + 13 = 10b + a  7b 7b 7b ⇔ 7b2 – 27b + 26 = 0 thế vào (2/) ta được : b + 13 = 10b + 2 2 2 27 + 1... − m − 3 = n   − n + 3m = 1  Giải hệ ta tìm được m = 3 − 2 và n = 2 − 2 3 b) Gọi vân tốc xe thư nhất là x (km/h) (x> 6) Vân tốc của xe thứ hai là x − 6 (km/h) 108 (giờ) x 108 Thời gian xe thứ hai đi hết qng đường AB là: (giờ) x−6 108 108 1 − Theo bài ra ta có phương trình: = (*) x−6 x 5 Thời gian xe thứ nhất đi hết qng đường AB là: Giải phương trình (*) tìm được x = 60 và x = – 54 (loại) Kết luận:... điểm của AN mà A và N cố đònh => K cố đònh Ta có góc BPK = 900 và các điểm B, K cố đònh => Khi m chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường tròn đường kính BK ĐỀ SỐ 10 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN Năm học: 2006 - 2007 (Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài 1 (2điểm) Cho A = ( a+ a a +1 + 1).( a− a a −1 − 1) Với 1 ≠ a ≥ 0 25 a) Rút gọn A b) Với... 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 => ED lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc AEF 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 Mµ DE ⊥ BC => 3 ®iĨm S.D,E th¼ng hµng => tia ES lµ ph©n gi¸c cđa gãc AEF Bµi... MO => đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua 2 điểm cố đònh O và K => tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy trên đường trung trực ( ∆ ) của đoạn OK ĐỀ SỐ 8 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN Năm học: 2007 - 2008 (Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức : A = x 2 − 4x + 4 4 − 2x a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa... Câu a) Chứng minh AC // FG (1 đ) Tứ giác ACED có : góc A = góc E = 1v nên nội tiếp được trong một đường tròn => ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG (1) 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) Từ (1) và (2) => góc ACD = góc DFG => AC // FG (Vì có 2 góc so le trong bằng nhau) Câu b) Chứng minh SA.SC = SB SF (1,5đ)... giao điểm của A”b với trục Ox A’ x 5 3 1 3 1 1 Đường thẳng A’B cắt trục Ox tại C ( ;0 ) => m = 5 5 A’ ( − 1;−2) , B(2;3) => pt đường thẳng A’B: y = x − ĐỀ SỐ 6 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐÀ NẲNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN Năm học: 2007 - 2008 (Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài 1 (2 điểm) a) b) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức: Rút gọn biểu thức: A= 5 5 và 5 2+ 3 ab − 2 b a... phương trình (b) trở thành t2 + t - 6 = 0 ⇔ t = - 3 (loại) hoặc t = 2 (thoả mãn) t = 2 => x + 1 = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 Vậy phương trình có một nghiệm x = 3 21 ĐỀ SỐ 9 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN Năm học: 2005 - 2006 (Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,5 điểm) Cho biểu thức : T= x+2 x x −1 + x +1 x + x +1 − x +1 x −1 với x > 0 và x ≠ 1 a) Rút gọn biểu... minh rằng AMPN là tứ giác nội tiếp c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh 13 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 6 Bài 1 a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức: 5 5 5 = 5 2+ 3 = ( 5 2− 3 ) (2 + 3 )(2 − 3 ) = 10 − 5 3 = 10 − 5 3 4−3 b) Rút gọn: A= ab − 2 b 2 a = − b b a b a −2− b = −2 với a ≥ 0, b > 0 Bài 2 a) x2 + 2x – 35 = 0 (*) ∆ ’ = 1 + 35 = 36 = 62  x1 = −7  x2 = 5 Do đó (1) có hai nghiệm phân biệt  2... Giới hạn quỹ tích: Khi N trùng B thì P trùng B Khi N trùng A thì P trùng C Vậy quỹ tích điểm P là cung BC, nằm trên nửa mặt phẳng chứa điểm a có bờ là cung BC ĐỀ SỐ 7 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN: TỐN Năm học: 2007 - 2008 (Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài 1 (2điểm) Cho biểu thức: N = a ab + b + b ab − b − a+b ab với a,b là 2 số dương khác nhau a) Rút gọn biểu . S ABKI là lớn nhất . S 2. S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10 QUNG BèNH Khúa ngy 3 thỏng 7 nm 2006 MễN: TON (Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao ) Câu 1: (2 điểm) 1) Phân tích. GTLN của A là 1 8 x = 1, y = 1 4 S 3. S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10 LNG SN MễN: TON (Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao ) 5 H d F E D C A B Bài 1: (2 điểm). Tính giá. < OA + OB + OC < 2p S 4. S GIO DC & O TO K THI TUYN SINH VO LP 10 TP HCM MễN: TON Nm hc: 2007 - 2008 (Thi gian 120 phỳt, khụng k thi gian giao ) Cõu 1: (2 im) Gii phng trỡnh v h