Đáp án - Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán

Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B.. Chứng minh rằng góc ABE bằng góc EAH.. Trên dường thẳng d lấy điểm C sao cho H là trung điểm của đoạn AC.. Đường thẳng CE cắt AB tại

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang)

Câu 1 (2,5 điểm):

1 Giải phương trình: 4x = 3x + 4

2 Thực hiện phép tính: A 5 12 4 3    48

3 Giải hệ phương trình sau:

1 1

1

x y

3 4

5

x y



 







  



Câu 2 (2,0 điểm):

Cho phương trình: 2x2 + (2m 1)x + m 1 = 0 (1), trong đó m là tham số.

1 Giải phương trình (1) khi m = 2.

2 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn: 4 2

1

x + 4 2

2

x + 2x1x2 = 1

Câu 3 (1,5 điểm):

Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 3 km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B

Câu 4 (2,5 điểm):

Cho đường tròn tâm O, bán kính R Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại

A Trên đường thẳng d lấy điểm H sao cho AH < R Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng d, cắt (O;R) tại hai điểm E và B (E nằm giữa H và B)

1 Chứng minh rằng góc ABE bằng góc EAH.

2 Trên dường thẳng d lấy điểm C sao cho H là trung điểm của đoạn AC Đường thẳng

CE cắt AB tại K Chứng minh rằng tứ giác AHEK nội tiếp được đường tròn

3 Xác định vị trí của điểm H trên đường thẳng d sao cho AB = R 3

Câu 5 (1,5 điểm):

1. Cho ba số a,b,c > 0 Chứng minh rằng:

a  b  abc b  c  abc c  a  abcabc

2. Tìm x, y nguyên thoả mãn:x + y + xy + 2 = x 2 + y 2

HẾT

Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:………

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: ………

Giám thị 2: ………

LỜI GIẢI ĐTTS LỚP 10 THPT TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2009 – 2010

MÔN: TOÁN Câu 1 (2,5 điểm):

1) 4x 3x 4

4

x x

x

2) A 5 12 4 3 48   

10 3 4 3 4 3

10 3



3) Điều kiện x ≠ 0 và y ≠ 0

1 1

x

x y





Câu 2 (2,0 điểm):

1) Thay m=2 vào phương trình ta được phương trình: 2x2  3x  1 0

Phương trình này có a – b +c= 2 – 3 + 1=0

nên có hai nghiệm là

1

2

1 1 2

x x







 



2) Xét phương trình 1 có   4m2  4m  1 4 2(  m 1)

2

2

(2 3) 0

Nên phương trình luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi giá trị của m

Áp dụng định lý Viet cho 2 nghiệm ta có 1 2

1 2

1 2 2 1 2

m

x x

m

x x











  



Xét biểu thức 4 2

1

x + 4 2

2

x + 2x 1 x 2 = 1

2

1 2 1 2 1 2 2

1 2 1 2

2

2

Phương trình bậc hai ẩn m có a + b + c=4 – 7 + 3 = 0

nên có hai nghiệm là

1

2

1 3 4

m m







 



Câu 3 (1,5 điểm):

Gọi vận tốc người đi xe đạp từ A đến B là x (km/h) điều kiện x>0

Vận tốc người đi xe đạp từ B về A là: x+3 (km/h)

Thời gian đi từ A tới B là 36

x (giờ)

Thời gian đi từ B về A là 36

3

x  (giờ)

Vì thời gian lúc vê nhanh hơn lúc đi là 36 phút hay 3

5 giờ nên ta có phương trình

36 36 3

3 5

x  x 

2

2

3 180 0

9 4 180 729 27

       

Phương trình có hai nghiệm x 1 =12 (thỏa mãn điều kiện đầu bài)

Kết luận: Vận tốc xe đạp đi từ A tới B là 12 km/h

Câu 4 (2,5 điểm):

Hình vẽ:

1) Chứng minh góc ABE bằng góc EAH.

ABE=EAH

2

 sđAE

(Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp

tuyến và dâu cung cùng chắn cung AE

của đương tròn tâm O)

2) Chứng minh rằng tứ giác AHEK nội

tiếp được đường tròn.

 Ta có EH  ACvà đi qua trung điểm AC nên EH là trung trực của đoạn AC

 E cách đều A và C,  AEC cân tại E  ECA= EAH 

Theo ý 1) thì ABE=EAH    ECA= ABE  hayECH= EBK  

 Xét 2 tam giác  ECH và EBK có: ECH= EBK   (CM trên)

CEH= BEK   (Đối đỉnh)

  ECH và EBK đồng dạng với nhau (Góc, góc)

 CHE= BKE 90   0

 Xét tứ giác AHEK có: EHA 90   0

AKE 90  (kề bù với góc BKE 90   0)

Vậy tứ giác AHEK nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối =1800) ĐPCM

Kẻ OI vuông góc với AB tại I thì OI sẽ đi qua trung điểm AB (tinh chất bán kính

vuông góc với dây cung)

Giả sử AB = R 3 thì AI = R 3

2

A H

B

E

K

C

O I

d A

H

B

E

K

C

O I

d A

H

B

E

K

C

O I

d

 AO 3 3

     OAI 30  0 BAH  600

cosBAH cos60

2 AB

AH=

Vậy để AB = R 3 thì AH =R 3

2

Ta có a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) ≥ ab(a + b) (Áp dụng BĐT Côsi cho a 2 + b 2 )

 a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c)

b c abc bc a b c

3 3

c a abc ca a b c

Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta có:

a + b + abc b + c + abc c + a + abc ab a + b +c bc a + b +c ca a + b +c

a + b +c

a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc a + b +c abc

 2x2 + 2y2 – 2x – 2y – 2xy = 4

 (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) = 6

 (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 = 6

Do x, y  Z nên chỉ có thể phân tích 6 = 22 + 12 + 12

Đây là phương trình chứa 2 ẩn x y có vai trò như nhau, tức là nếu có nghiệm x=a và y=b thì cũng có nghiệm x=b và y=a

TH1:

x y 2

x 1 1

y 1 1

  



 





 



 x 2y 0



 hoặc x 0y 2





TH2:

x y 1

x 1 2

y 1 1

  



 





 



 x 3y 2



 hoặc xy 01





TH3:

x y 1

x 1 1

y 1 2

  



 





 



 x 2y 3



 hoặc x 0y 1





Kết luận: Phương trình có 6 cặp nghiệm là:

2

x o

y









 ; x 2

y o









2

x y









3

x y









1

x y









0

x y









