Đề 1: Bài 1 (2.0 điểm ) 1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa a) x b) 1 1x − 2. Trục căn thức ở mẫu a) 3 2 b) 1 3 1− 3. Giải hệ phương trình : 1 0 3 x x y − = + = Bài 2 (3.0 điểm ) Cho hàm số y = x 2 và y = x + 2 a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ các giao điểm A,B của đồ thị hai hàm số trên bằng phép tính c) Tính diện tích tam giác OAB Bài 3 (1.0 điểm ) Cho phương trình x 2 – 2mx + m 2 – m + 3 có hai nghiệm x 1 ; x 2 (với m là tham số). Tìm biểu thức x 1 2 + x 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4 (4.0 điểm ) Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC .Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K ( K nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không trùng C và D), AE cắt BD tại H. a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp. b) Chứng minh rằng AD 2 = AH . AE. c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O). d) Cho góc BCD bằng α . Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC cân tại M .Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O). Giải đề 1 Bài 1 (2.0 điểm ) 1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa a) 0x ≥ b) 1 0 1x x − ≠ ⇒ ≠ 2. Trục căn thức ở mẫu a) 3 3. 2 3 2 2 2 2. 2 = = b) ( ) ( ) ( ) 1. 3 1 1 3 1 3 1 3 1 2 3 1 3 1 3 1 + + + = = = − − − + 3. Giải hệ phương trình : 1 0 1 1 3 1 3 2 x x x x y y y − = = = ⇔ ⇔ + = + = = Bài 2 (3.0 điểm ) Cho hàm số y = x 2 và y = x + 2 a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy Lập bảng : x 0 - 2 x - 2 - 1 0 1 2 y = x + 2 2 0 y = x 2 4 1 0 1 4 Giáo viên: Nguyễn Thị Cẩm Hương. 05003843560 1 b) Tìm toạ độ giao điểm A,B : Gọi tọa độ các giao điểm A( x 1 ; y 1 ) , B( x 2 ; y 2 ) của hàm số y = x 2 có đồ thị (P) và y = x + 2 có đồ thị (d) Viết phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d) x 2 = x + 2 x 2 – x – 2 = 0 ( a = 1 , b = – 1 , c = – 2 ) có a – b + c = 1 – ( – 1 ) – 2 = 0 1 1x⇒ = − ; 2 2 2 1 c x a − = − = − = thay x 1 = -1 ⇒ y 1 = x 2 = (-1) 2 = 1 ; x 2 = 2 ⇒ y 2 = 4 Vậy tọa độ giao điểm là A( - 1 ; 1 ) , B( 2 ; 4 ) c) Tính diện tích tam giác OAB Cách 1 : S OAB = S CBH - S OAC = 1 2 (OC.BH - OC.AK)= = 1 2 (8 - 2)= 3đvdt Cách 2 : Ctỏ đường thẳng OA và đường thẳng AB vuông góc OA 2 2 2 2 1 1 2AK OK= + = + = ; BC = 2 2 2 2 4 4 4 2BH CH+ = + = ; AB = BC – AC = BC – OA = 3 2 (ΔOAC cân do AK là đường cao đồng thời trung tuyến ⇒ OA=AC) S OAB = 1 2 OA.AB = 1 .3 2. 2 3 2 = đvdt Hoặc dùng công thức để tính AB = 2 2 ( ) ( ) B A B A x x y y− + − ;OA= 2 2 ( ) ( ) A O A O x x y y− + − Bài 3 (1.0 điểm ).Tìm biểu thức x 1 2 + x 2 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Cho phương trình x 2 – 2mx + m 2 – m + 3 ( a = 1 ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m 2 - m + 3 ) Δ’ = = m 2 - 1. ( m 2 - m + 3 ) = m 2 - m 2 + m - 3 = m – 3 ,do pt có hai nghiệm x 1 ; x 2 (với m là tham số ) Δ’ ≥ 0 ⇒ m ≥ 3 theo viét ta có: x 1 + x 2 = = 2m x 1 . x 2 = = m 2 - m + 3 x 1 2 + x 2 2 = ( x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = (2m) 2 - 2(m 2 - m + 3 )=2(m 2 + m - 3 ) Giáo viên: Nguyễn Thị Cẩm Hương. 05003843560 2 O y x A B K C H =2(m 2 + 2m 1 2 + 1 4 - 1 4 - 12 4 ) =2[(m + 1 2 ) 2 - 13 4 ]=2(m + 1 2 ) 2 - 13 2 Do điều kiện m ≥ 3 ⇒ m + 1 2 ≥ 3+ 1 2 = 7 2 (m + 1 2 ) 2 ≥ 49 4 ⇒ 2(m + 1 2 ) 2 ≥ 49 2 ⇒ 2(m + 1 2 ) 2 - 13 2 ≥ 49 2 - 13 2 = 18 Vậy GTNN của x 1 2 + x 2 2 là 18 khi m = 3 Bài 4 (4.0 điểm ) a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp. * Tam giác CBD cân AC ⊥ BD tại K ⇒ BK=KD=BD:2(đường kính vuông góc dây cung) ,ΔCBD có đường cao CK vừa là đường trung tuyến nên ΔCBD cân. * Tứ giác CEHK nội tiếp · · 0 AEC HEC 180= = ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ; · 0 KHC 180= (gt) · · 0 0 0 HEC HKC 90 90 180+ = + = (tổng hai góc đối) ⇒ tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh rằng AD 2 = AH . AE. Xét ΔADH và ΔAED có : ¶ A chung ; AC ⊥ BD tại K ,AC cắt cung BD tại A suy ra A là điểm chính giữa cung BAD , hay cung AB bằng cung AD ⇒ · · ADB AED= (chắn hai cung bằng nhau) .Vậy ΔADH = ΔAED (g-g) ⇒ 2 . AD AE AD AH AE AH AD = ⇒ = c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O). BK=KD=BD:2 = 24:2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm * ΔBKC vuông tại A có : KC = 2 2 2 2 20 12 400 144 256BC BK− = − = − = =16 * · 0 ABC 90= ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ΔABC vuông tại K có : BC 2 =KC.AC ⇔ 400 =16.AC ⇒ AC = 25 ⇒ R= 12,5cm C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm) Giáo viên: Nguyễn Thị Cẩm Hương. 05003843560 3 A O B M C E D M’ K H B” D” d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O). Giải: ΔMBC cân tại M có MB = MC suy ra M cách đều hai đầu đoạn thẳng BC ⇒ M ∈ d là đường trung trực BC ,(OB=OC nên O ∈ d ),vì M ∈ (O) nên giả sử d cắt (O) tại M (M thuộc cung nhỏ BC )và M’(thuộc cung lớn BC ). * Trong trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ; M và D nằm khác phía BC hay AC do ΔBCD cân tại C nên · · · 0 0 ) : 2 BDC DBC (180 DCB 2 90= − = − α = Tứ giác MBDC nội tiếp thì · · · · 0 0 0 0 0 0 0 ( ) 2 2 2 BDC BMC 180 BMC 180 BDC 180 90 180 90 90+ ⇒ = − = − − = − + = + α α α = * Trong trường hợp M’ thuộc cung lớn BC ΔMBC cân tại M có MM’ là đường trung trực nên MM’ là phân giác góc BMC ⇒ · · 0 0 ) :2 45 2 4 BMM' BMC (90= + = + α α = ⇒ sđ ¼ 0 BM' ) 2 (90= + α (góc nội tiếp và cung bị chắn) sđ » · BD BCD 22 == α (góc nội tiếp và cung bị chắn) + Xét » ¼ BD BM '< ⇒ 0 0 0 0 0 3 2 2 2 90 2 90 180 0 60+ ⇔ ⇔ ⇔ < α α α < α − < α < α < suy ra tồn tại hai điểm là M thuộc cung nhỏ BC (đã tính ở trên )và M’ thuộc cung lớn BC . Tứ giác BDM’C nội tiếp thì · · 0 2 BDC BM'C 90= = − α (cùng chắn cung BC nhỏ) + Xét » ¼ BD BM'= ⇒ 0 0 0 0 3 2 2 2 90 2 90 180 60+ ⇔ = ⇔ ⇔ α α α = α− α = α = thì M’≡ D không thỏa mãn điều kiện đề bài nên không có M’ ( chỉ có điểm M tmđk đề bài) + Xét » ¼ BD BM'> ⇒ 0 0 0 0 0 3 2 2 2 90 2 90 180 60 90+ ⇔ > ⇔ ⇔ < α α α > α− α > α ≤ (khi BD qua tâm O và BD ⊥ AC ⇒ · 0 BCD 90= α = ) ⇒ M’ thuộc cung » BD không thỏa mãn điều kiện đề bài nên không có M’ (chỉ có điểm M tmđk đề). Đề 2: Baøi 1 155 + 155 − !"#$$% ! &%' ()*+, /&0' Baøi 2!12-32& +,4&53$ ≠ 6 78#9:2-;*4<)=&! 7>/?#.<)* @7(<& A ? & A 3*)@2! B.@@-:@$@ % & %& 5'! Giáo viên: Nguyễn Thị Cẩm Hương. 05003843560 4 Baøi 3'!1).@+#)@@,@9-)C. *+,)+,@*139@!D@:@9-)@. @+#)! Baøi 4E!+,-=AF+)G+,-=AF!#* ? ?3.-@ !(<H?I?J393+,<3.@@ @3 ?G? G! 7@IHK)*)+,-! 7@ ABCEDC ˆˆ = @7@(<L3-@IH?>3@ ?HJ! L>77 ! 7D@::-@-@ % !-: =GF Đáp án câu 4c,d: Đề 2 : 4c)Chứng minh rằng : IK//AB Gợi ý: Chứng minh tổng số đo hai góc ICK và IDK bằng 180 0 . 4d)Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để CA 2 + CB 2 đạt GTNN. Gợi ý : Xây dựng công thức đường trung tuyến của tam giác. Gọi N là trung điểm của AB. Ta có: AC 2 + CB 2 = 2CD 2 + AD 2 + DB 2 =2(CN 2 – ND 2 ) + (AN+ND) 2 + (AN – ND) 2 = 2CN 2 – 2ND 2 + AN 2 + 2AN.ND + ND 2 + AN 2 – 2AN.ND + ND 2 . = 2CN 2 + 2AN 2 = 2CN 2 + AB 2 /2 AB 2 /2 ko đổi nên CA 2 + CB 2 đạt GTNN khi CN đạt GTNN C là giao điểm của ON và cung nhỏ AB. => C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Khi OM = 2R thì OC = R hay C là trung điểm của OM => CB = CA = MO/2 = R Do đó: Min (CA 2 + CB 2 ) = 2R 2 . N K L F D E O A B C Giáo viên: Nguyễn Thị Cẩm Hương. 05003843560 5 3: Câu 1: (2,0 điểm) 1. Cho số x ( ) 0; > xRx thoả mãn điều kiện: x 2 + 2 1 x = 7 Tính giá trị các biểu thức: A = x 3 + 3 1 x và B = x 5 + 5 1 x 2. Gii h phng trỡnh: 1 1 2 2 1 1 2 2 y x x y + = + = Câu 2: (2,0 điểm) Cho phơng trình: 2 0ax bx c+ + = ( 0a ) có hai nghiệm 1 2 ,x x thoả mãn điều kiện: 1 2 0 2x x .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2 3 2 a ab b Q a ab ac + = + Câu 3: (2,0 điểm) 1. Giải phơng trình: 2x + 2009 + y + 2010z = )( 2 1 zyx ++ 2. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p 2 +1 và 6p 2 +1 cũng là số nguyên tố. Câu 4: (3,0 điểm) 1. Cho hình vuông ABCD có hai đờng chéo cắt nhau tại E . Một đờng thẳng qua A , cắt cạnh BC tại M và cắt đờng thẳng CD tại N . Gọi K là giao điểm của các đờng thẳng EM và BN . Chứng minh rằng: CK BN . 2. Cho ng trũn (O) bỏn kớnh R=1 v mt im A sao cho OA= 2 .V cỏc tip tuyn AB, AC vi ng trũn (O) (B, C l cỏc tip im).Mt gúc xOy cú s o bng 0 45 cú cnh Ox ct on thng AB ti D v cnh Oy ct on thng AC ti E. Chng minh rng: 1222 < DE . Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức bdacdcbaP +++++= 2222 ,trong đó 1=bcad . Chứng minh rằng: 3P . ỏp ỏn 3: Câu ý Nội dung Điểm 1 1 Từ giả thiết suy ra: (x + x 1 ) 2 = 9 x + x 1 = 3 (do x > 0) 21 = (x + x 1 )(x 2 + 2 1 x ) = (x 3 + 3 1 x ) + (x + x 1 ) A = x 3 + 3 1 x =18 7.18 = (x 2 + 2 1 x )(x 3 + 3 1 x ) = (x 5 + 5 1 x ) + (x + x 1 ) B = x 5 + 5 1 x = 7.18 - 3 = 123 0.25 0.25 0.25 0.25 Giỏo viờn: Nguyn Th Cm Hng. 05003843560 6 2 T h suy ra x y y x 1 2 11 2 1 +=+ (2) Nu yx 11 > thỡ xy 1 2 1 2 > nờn (2) xy ra khi v ch khi x=y th v o h ta gii c x=1, y=1 0.5 0.5 2 Theo Viét, ta có: 1 2 b x x a + = , 1 2 . c x x a = . Khi đó 2 2 2 2 3 2 a ab b Q a ab ac + = + = 2 2 3. 2 b b a a b c a a + ữ + ( Vì a 0) = 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 3( ) ( ) 2 ( ) x x x x x x x x + + + + + + + Vì 1 2 0 2x x nên 2 1 1 2 x x x và 2 2 4x 2 2 1 2 1 2 4x x x x+ + ( ) 2 1 2 1 2 3 4x x x x + + Do đó 1 2 1 2 1 2 1 2 2 3( ) 3 4 3 2 ( ) x x x x Q x x x x + + + + = + + + Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 2x x= = hoặc 1 2 0, 2x x= = Tức là 4 4 4 2 2 0 0 b a c c b a a b a b c a c a = = = = = = = = Vậy max Q =3 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 3 1 ĐK: x 2, y - 2009, z 2010 Phơng trình đã cho tơng đơng với: x + y + z = 2 2x +2 2009+y +2 2010z ( 2x - 1) 2 + ( 2009+y - 1) 2 + ( 2010z - 1) 2 = 0 2x - 1 = 0 x = 3 2009+y - 1 = 0 y = - 2008 2010z - 1 = 0 z = 2011 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Nhận xét: p là số nguyên tố 4p 2 + 1 > 5 và 6p 2 + 1 > 5 Đặt x = 4p 2 + 1 = 5p 2 - (p - 1)(p + 1) Giỏo viờn: Nguyn Th Cm Hng. 05003843560 7 y = 6p 2 + 1 4y = 25p 2 (p - 2)(p + 2) Khi đó: - Nếu p chia cho 5 d 4 hoặc d 1 thì (p - 1)(p + 1) chia hết cho 5 x chia hết cho 5 mà x > 5 x không là số nguyên tố - Nếu p chia cho 5 d 3 hoặc d 2 thì (p - 2)(p + 2) chia hết cho 5 4y chia hết cho 5 mà UCLN(4, 5) = 1 y chia hết cho 5 mà y > 5 y không là số nguyên tố Vậy p chia hết cho 5, mà p là số nguyên tố p = 5 Thử với p =5 thì x =101, y =151 là các số nguyên tố Đáp số: p =5 0.25 0.25 0.25 0.25 4 1. 2. Trên cạnh AB lấy điểm I sao cho IB = CM Ta có IBE = MCE (c.g.c). Suy ra EI = EM , BEIMEC = MEI vuông cân tại E Suy ra BCEEMI == 0 45 Mặt khác: AN MN CB CM AB IB == IM // BN BKEEMIBCE == tứ giác BECK nội tiếp 0 180=+ BKCBEC Lại có: 00 9090 == BKCBEC . Vậy CK BN Vỡ AO = 2 , OB=OC=1 v ABO=ACO=90 0 suy ra OBAC l hỡnh vuụng Trờn cung nh BC ly im M sao cho DOM = DOB MOE=COE 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Giỏo viờn: Nguyn Th Cm Hng. 05003843560 8 D C N A BI K M E O C B D E M A x x y 5. Suy ra MOD= BOD DME=90 0 MOE= COE EMO=90 0 suy ra D,M,E thng hng, suy ra DE l tip tuyn ca (O). Vỡ DE l tip tuyn suy ra DM=DB, EM=EC Ta cú DE<AE+AD 2DE<AD+AE+BD+CE =2 suy ra DE<1 t DM= x, EM=y ta cú AD 2 + AE 2 = DE 2 (1-x) 2 + (1-y) 2 = (x+y) 2 1- (x+y) = xy ( ) 4 2 yx + suy ra DE 2 + 4.DE - 4 0 DE 222 Vy 222 DE<1 Ta có: 2222222222 22)()( cbabcddadbabcdcabcadbdac ++++=++ ( ) ( ) ( )( ) 2222222222 dcbacdbdca ++=+++= Vì 1= bcad nên ( )( ) )1()(1 2222 2 dcbabdac ++=++ áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm ( ) ( ) 2222 ; dcba ++ có: ( )( ) bdacdcbabdacdcbaP +++++++++= 22222222 2 ( ) bdacbdacP ++++ 2 12 (theo (1)) Rõ ràng 0>P vì: ( ) 2 2 12 bdacbdac +>++ Đặt bdacx += ,ta có: xxP ++ 2 12 ( ) ( ) 341411414 2222222 +++++=++++ xxxxxxxxP ( ) 3321 2 2 +++= xx Vậy 3P 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 4: Câu 1( 2,0 điểm) Cho biểu thức: xx x x T + + = 1 1 1 1 1 42 3 2 1. Tìm điều kiện của x để T xác định. Rút gọn T 2. Tìm giá trị lớn nhất của T . Câu 2 ( 2,0 điểm) 1. Giải hệ phơng trình: =+ = 744 12 22 2 yxyx xyx 2. Giải phơng trình: )( 2 1 201020092 zyxzyx ++=+++ Giỏo viờn: Nguyn Th Cm Hng. 05003843560 9 Câu 3 (2,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên a để phơng trình: x 2 - (3+2a)x + 40 - a = 0 có nghiệm nguyên. Hãy tìm các nghiệm nguyên đó. 2. Cho cba ,, là các số thoả mãn điều kiện: =++ 129619 0 0 cba b a Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phơng trình sau có nghiệm 016)1(2 22 =++++ abcaxax 0119)1(2 22 =++++ abcbxbx Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đờng tròn tâm O đờng kính AD. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. 1. Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình bình hành. 2. Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của E qua các đờng thẳng AB và AC. Chứng minh rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng. 3. Tìm vị trí của điểm E để PQ có độ dài lớn nhất. Câu 5 ( 1,0 điểm) Gọi cba ,, là độ dài ba cạnh của một tam giác có ba góc nhọn. Chứng minh rằng với mọi số thực zyx ,, ta luôn có: 222 222 2 2 2 2 2 2 222 cba zyx c z b y a x ++ ++ >++ ỏp ỏn 4: Câ u ý Nội dung Điểm 1 2,0 1 Điều kiện: 1;0 xx 1 2 1 22 1 2 1 42 233 2 ++ = = + = xxx x x x x T 0,25 0,75 2 T lớn nhất khi 1 2 ++ xx nhỏ nhất, điều này xẩy ra khi 0 = x Vậy T lớn nhất bằng 2 0,5 0,5 2 1 Giải hệ phơng trình: 2x 2 xy = 1 (1) 4x 2 +4xy y 2 = 7 (2) Nhận thấy x = 0 không thoả mãn hệ nên từ (1) y = x x 12 2 (*) Thế vào (2) đợc: 4x 2 + 4x. x x 12 2 - 2 2 ) 12 ( x x = 7 8x 4 7x 2 - 1 = 0 Đặt t = x 2 với t 0 ta đợc 8t 2 - 7t - 1 = 0 t = 1 t = - 8 1 (loại) với t =1 ta có x 2 = 1 x = 1 thay vào (*) tính đợc y = 1 Hệ phơng trình đã cho có 2 nghiệm: x = 1 và x = -1 y = 1 y = -1 0,25 0,25 0,25 0,25 Giỏo viờn: Nguyn Th Cm Hng. 05003843560 10 [...]... mâu thuẫn với giả thi t tam giác ABC có diện tích lớn nhất Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác A ' B ' C ' có diện tích khơng lớn hơn 4 0.25 0.25 0.25 0.25 Đề 12: ĐỀ THI CHUN TỐN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2009-2010 Thời gian: 150 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Bài 1: Cho phương trình: a) Tìm m để pt trên có 2 nghiệm phân biệt b) Tìm min của Bài 2: a) Cho pt có 2 nghiệm dương... bình của ∆ ABD ⇒ IK//AD hay IE//AD chứng minh tương tự trong ∆ ABC có IM//BC hay IR//BC Có: QK ⊥ AD (gt), IE//AD (CM trên) ⇒ QK ⊥ IE Tương tự có QM ⊥ IR Từ trên có: IK=KE, QK ⊥ IE ⇒ QK là trung trực ứng với cạnh IE của ∆IER Tương tự QM là trung trực thứ hai của ∆IER Hạ QH ⊥ CD suy ra QH là trung trực thứ ba của ∆IER hay Q nằm trên trung trực của đoạn CD ⇒ Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm) Câu 5 (1,0... PQ CMR tam giác DEF đều Bài 4:Giải PTNN: Bài 5: Giả sử tứ giác lồi ABCD có 2 hình vng ngoại tiếp khác nhau CMR: Tứ giác này có vơ số hình vng ngoại tiếp Đề 13: ĐỀ THI CHUN ĐẠI HỌC VINH 2009-2010 VỊNG 1(120 phút) Giáo viên: Nguyễn Thị Cẩm Hương 05003843560 32 Câu 1 : Cho phương trình x2 – (2m – 3)x + m(m – 3) = 0 ,với m là tham số 1, Với giá trị nào của m thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt... hai là Chứng minh IA = BF Đề 13: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN NĂM HỌC 2008-2009 KHĨA NGÀY 18-06-2008 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Câu 1 (4 điểm): a) Tìm m để phương trình x2 + (4m + 1)x + 2(m – 4) = 0 có hai nghiệm x1, x2 thoả |x1 – x2| = 17 2x ≥ m − 1 có một nghiệm duy nhất mx... Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p Đáp án đề 10: Bài 1 (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số 1.Giải phương trình (1) khi n = 3 x2 – 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 3 2 Tìm n để phương trình (1) có nghiệm ∆’ = 4 – n ≥ 0 ⇔ n ≤ 4 Bài 2 (1,5 điểm) x + 2 y = 5 2 x + y = 7 x = 3 HPT có nghiệm: y =1 Giải hệ phương trình: Bài 3 (2,5 điểm) Trong... tam giác có diện tích khơng lớn hơn 1 Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích khơng lớn hơn 4 Đáp án đề 11: Câu 1 (3,0 điểm) a) 1,75 điểm: Nội dung trình bày Điều kiện xy ≠ 0 2[xy ( x + y ) + ( x + y )] = 9 xy (1) Hệ đã cho 2 (2) 2( xy ) − 5 xy + 2 = 0 xy = 2 (3) Giải PT(2) ta được: xy = 1 (4) 2 x = 1 x + y = 3 y = 2 ⇔ Từ (1)&(3) có: ... giác ABC đều có cạnh bằng 1 Trên cạnh AC lấy các điểm D, E sao cho ∠ ABD = ∠ CBE = 200 Gọi M là trung điểm của BE và N là điểm trên cạnh BC sao BN = BM Tính tổng diện tích hai tam giác BCE và tam giác BEN Câu 7 (2 điểm): Cho a, b là hai số thực sao cho a3 + b3 = 2 Chứng minh 0 < a + b ≤ 2 -oOo Đáp án đề 13: Câu 1: a) ∆ = (4m + 1)2 – 8(m – 4) = 16m2 + 33 > 0 với mọi m nên phương trình ln có hai nghiệm... 0.25 Đề 9: Câu 1 (2,0 điểm) 1 Rút gọn các biểu thức sau: a) 12 − 27 + 4 3 = 2 3 − 3 3 + 4 3 = 3 3 Giáo viên: Nguyễn Thị Cẩm Hương 05003843560 23 b) 1 − 5 + ( 2 − 5 ) = 1 − 5 + 2 − 5 = 1 − 5 + 5 − 2 = −1 2 2 Giải phương trình: x2-5x+4=0 Ta có: a=1; b=-5; c=4; a+b+c= 1+(-5)+4=0 Nên phương trình có nghiệm : x=1 và x=4 Hay : S= {1;4} Câu 2 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y=-2x+4 có đồ... Chứng minh rằng: Sm+n + Sm- n = Sm Sn với mọi m, n là số nguyên dương và m > n Đáp án đề 5: Bài 1: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 2(x + 1) =4–x ⇔ 2x + 2 = 4 - x ⇔ 2x + x = 4 - 2 ⇔ 3x =2 ⇔ x = 2 2) x – 3x + 2 = 0 (a = 1 ; b = - 3 ; c = 2) Ta có a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0 Suy ra x1= 1 và x2 = = 2 Bài 2: (2,0 điểm) 1.Ta có a, b là nghiệm của hệ phương trình 5 = -2a + b -4 = a + b -3a = 9 ⇔... Chøng minh tia EP lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc DEF c) TÝnh sè ®o gãc QFD d) Gäi M lµ trung ®iĨm cđa ®o¹n th¼ng QE Chøng minh r»ng ®iĨm M lu«n n»m trªn cung trßn cè ®Þnh khi tia Qx thay ®ỉi vÞ trÝ n»m gi÷a hai tia QP vµ QR Đáp án đề 7: PhÇn I Tr¾c nghiƯm kh¸ch quan C©u C©u1 C©u 2 C©u 3 C©u 4 C©u 5 C©u 6 C©u7 C©u 8 §¸p ¸n C B C A D B C D PhÇn II Tù ln Bµi 1: a)N = n −1 + n +1 = ( ) ( n + 1) ( n + 1)( n − . BD ⊥ AC ⇒ · 0 BCD 90= α = ) ⇒ M’ thuộc cung » BD không thỏa mãn điều kiện đề bài nên không có M’ (chỉ có điểm M tmđk đề) . Đề 2: Baøi 1 155. 90 180 60+ ⇔ = ⇔ ⇔ α α α = α− α = α = thì M’≡ D không thỏa mãn điều kiện đề bài nên không có M’ ( chỉ có điểm M tmđk đề bài) + Xét » ¼ BD BM'> ⇒ 0 0 0 0 0 3 2 2 2 90 2 90 180 60 90+. BHCD là hình bình hành ( Vì có 2 cặp cạnh đối song song). Theo giả thi t, ta có: P đối xứng với E qua AB suy ra AP=AE EABPAB = EABPAB = ( c.g. c ) AEBAPB = Lại có ACBAEB = ( góc nội tiếp