SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 Mơn thi TỐN ( chung cho tất thí sinh) Thời gian 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Bài (2.0 điểm ) Tìm x để biểu thức sau có nghĩa a) x b) x −1 Trục thức mẫu a) 3 Giải hệ phương trình : b) −1 x −1 = x + y = Bài (3.0 điểm ) Cho hàm số y = x2 y = x + a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm A,B đồ thị hai hàm số phép tính c) Tính diện tích tam giác OAB Bài (1.0 điểm ) Cho phương trình x2 – 2mx + m – m + có hai nghiệm x1 ; x (với m tham số ) Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ Bài (4.0 điểm ) Cho đường trịn tâm (O) ,đường kính AC Vẽ dây BD vng góc với AC K ( K nằm A O).Lấy điểm E cung nhỏ CD ( E không trùng C D), AE cắt BD H a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh AD2 = AH AE c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình trịn (O) d) Cho góc BCD α Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC cân M Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O) ======Hết====== Họ tên : Số báo danh Hướng dẫn: Bài (2.0 điểm ) Tìm x để biểu thức sau có nghĩa x≥0 a) Trục thức mẫu a) b) 3 = = 2 2 b) x −1 ≠ ⇒ x ≠ 1 = −1 ( ( )( −1 ) +1 ) +1 = +1 +1 = −1 x −1 = x =1 x =1 ⇔ ⇔ x + y = 1 + y = y = Giải hệ phương trình : Bài (3.0 điểm ) Cho hàm số y = x2 y = x + a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy Lập bảng : x -2 x -2 -1 y=x+2 y=x 1 y B A C K O H x b) Tìm toạ độ giao điểm A,B : Gọi tọa độ giao điểm A( x1 ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) hàm số y = x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (d) Viết phương trình hồnh độ giao điểm chung (P) (d) x2 = x + x2 – x – = ( a = , b = – , c = – ) có a – b + c = – ( – ) – = ⇒ x1 = −1 ; x2 = − c −2 =− =2 a thay x1 = -1 ⇒ y1 = x2 = (-1)2 = ; x2 = ⇒ y2 = Vậy tọa độ giao điểm A( - ; ) , B( ; ) c) Tính diện tích tam giác OAB 2 Cách : SOAB = SCBH - SOAC = (OC.BH - OC.AK)= = (8 - 2)= 3đvdt Cách : Ctỏ đường thẳng OA đường thẳng AB vng góc OA = AK + OK = 12 + 12 = ; BC = BH + CH = 42 + 42 = ; AB = BC – AC = BC – OA = (ΔOAC cân AK đường cao đồng thời trung tuyến ⇒ OA=AC) SOAB = 1 OA.AB = 2 = đvdt 2 Hoặc dùng công thức để tính AB = ( xB − xA )2 + ( yB − y A ) ;OA= ( xA − xO ) + ( y A − yO ) Bài (1.0 điểm ).Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ Cho phương trình x2 – 2mx + m – m + ( a = ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m2 - m + ) Δ’ = = m2 - ( m2 - m + ) = m2 - m2 + m - = m – ,do pt có hai nghiệm x1 ; x (với m tham số ) Δ’ ≥ ⇒ m ≥ theo viét ta có: x1 + x2 = = 2m x1 x2 = = m2 - m + x12 + x22 = ( x1 + x2) – 2x1x2 = (2m)2 - 2(m2 - m + )=2(m2 + m - ) =2(m2 + 2m 1 12 13 13 + - ) =2[(m + )2 - ]=2(m + )2 4 4 2 Do điều kiện m ≥ ⇒ m + (m + )2 ≥ 1 ≥ 3+ = 2 49 49 13 49 13 ⇒ 2(m + )2 ≥ ⇒ 2(m + )2 ≥ - = 18 2 2 2 Vậy GTNN x12 + x22 18 m = Bài (4.0 điểm ) a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp * Tam giác CBD cân AC ⊥ BD K ⇒ BK=KD=BD:2(đường kính vng góc dây cung) ,ΔCBD có đường cao CK vừa đường trung tuyến nên ΔCBD cân * Tứ giác CEHK nội tiếp · · · AEC = HEC = 1800 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ; KHC = 1800 (gt) · · HEC + HKC = 900 + 900 = 1800 (tổng hai góc đối) ⇒ tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh AD2 = AH AE Xét ΔADH ΔAED có : ¶ chung ; AC ⊥ BD K ,AC cắt cung BD A suy A điểm A · · cung BAD , hay cung AB cung AD ⇒ ADB = AED (chắn hai cung AD AE = ⇒ AD = AH AE nhau) Vậy ΔADH = ΔAED (g-g) ⇒ AH AD c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình trịn (O) BK=KD=BD:2 = 24:2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm * ΔBKC vng A có : KC = BC − BK = 202 − 122 = 400 − 144 = 256 =16 · * ABC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ΔABC vng K có : BC2 =KC.AC ⇔ 400 =16.AC ⇒ AC = 25 ⇒ R= 12,5cm C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm) B” M B A K O C H E D d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường trịn (O) M’ D” Giải: ΔMBC cân M có MB = MC suy M cách hai đầu đoạn thẳng BC ⇒ M ∈ d đường trung trực BC ,(OB=OC nên O ∈ d ),vì M∈ (O) nên giả sử d cắt (O) M (M thuộc cung nhỏ BC )và M’(thuộc cung lớn BC ) * Trong trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ; M D nằm khác phía BC hay AC α BDC = · DBC = (1800 − · DCB) : = 900 − ΔBCD cân C nên · Tứ giác MBDC nội tiếp α α α · BDC + · BMC = 1800 ⇒ · BMC = 1800 − · BDC = 1800 − (900 − ) = 1800 − 900 + = 900 + 2 * Trong trường hợp M’ thuộc cung lớn BC ΔMBC cân M có MM’ đường trung trực nên MM’ phân giác góc BMC α α α ¼ ⇒ · BMM ' = · BMC = (900 + ) : = 450 + ⇒ sđ BM ' = (900 + ) 4 (góc nội tiếp cung bị chắn) » · sđ BD = 2BCD = 2α (góc nội tiếp cung bị chắn) α α » ¼ + Xét BD < BM ' ⇒ 2α < 900 + ⇔ 2α − < 900 ⇔ 3α < 1800 ⇔ 00 < α < 600 suy 2 tồn hai điểm M thuộc cung nhỏ BC (đã tính )và M’ thuộc cung lớn BC α BDC = · 'C = 900 − (cùng chắn cung BC nhỏ) BM Tứ giác BDM’C nội tiếp · α α » ¼ + Xét BD = BM ' ⇒ 2α = 900 + ⇔ 2α − = 900 ⇔ 3α = 1800 ⇔ α = 600 M’≡ D 2 khơng thỏa mãn điều kiện đề nên khơng có M’ ( có điểm M tmđk đề bài) α α » ¼ + Xét BD > BM ' ⇒ 2α > 900 + ⇔ 2α − > 900 ⇔ 3α > 1800 ⇔ 600 < α ≤ 900 (khi 2 · » BD qua tâm O BD ⊥ AC ⇒ BCD = α = 900 ) ⇒ M’ thuộc cung BD không thỏa mãn điều kiện đề nên khơng có M’ (chỉ có điểm M tmđk đề) Sở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 20092010 KHÁNH HOÀ MÔN: TOÁN NGÀY THI: 19/6/2009 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2 điểm) (không dùng máy tính bỏ túi) a) Cho biết A= + 15 B= − 15 Hãy so sánh A+B AB 2x +y = b) Giải hệ phương trình: 3x – y= 12 Bài 2: (2.5 điểm) Cho Parabol (P) : y= x2 đường thẳng (d): y=mx-2 (m tham số m ≠ 0) a/ Vẽ đồ thị (P) mặt phẳng toạ độ Oxy b/ Khi m = 3, tìm toạ độ giao điểm (p) ( d) c/ Gọi A(xA;yA), B(xA;yB) hai giao điểm phân biệt (P) ( d) Tìm gia trị m cho : yA + yB = 2(xA + xB )-1 Bài 3: (1.5 điểm) Cho mảnh đất hình chữ nhật có chiểu dai chiều rộng m bình phương độ dài đường chéo gấp lần chu vi Xác định chiều dài rộng mảnh đất hình chữ nhật Bài 4: ( điểm) Cho đường tròn(O; R) từ điểm M đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến A, B lấy C cung nhỏ AB Gọi D, E, F hình chiếu vuông góc C tên AB, AM, BM a/ cm AECD Nội tiếp đường troøn ˆ ˆ b/ cm: CDE = CBA c/ cm : Gọi I trung điểm AC ED, K giao điểm CB , DF Cm IK// AB d/ Xác định vị trí c cung nhỏ AB dể (AC2 + CB2 )nhỏ tính giá trị nhỏ OM =2R -Hết - Đáp án câu 4c,d: Đề thi 2009 – 2010 : 4c)Chứng minh : IK//AB Gợi ý: Chứng minh tổng số đo hai góc ICK IDK 1800 4d)Xác định vị trí điểm C cung nhỏ AB để CA2 + CB2 đạt GTNN Gợi ý : Xây dựng công thức đường trung tuyến tam giác Gọi N trung điểm AB Ta có: AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2 = 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2 + AN2 – 2AN.ND + ND2 = 2CN2 + 2AN2 = 2CN2 + AB2/2 AB2/2 ko đổi nên CA2 + CB2 đạt GTNN CN đạt GTNN C giao điểm ON cung nhỏ AB => C điểm cung nhỏ AB Khi OM = 2R OC = R hay C trung điểm OM => CB = CA = MO/2 = R Do đó: Min (CA2 + CB2 ) = 2R2 A E I N O D C K F B Së gd đt hoá Đề thức Kỳ thi tuyển sinh thpt chuyên lam sơn năm học: 2009 - 2010 Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19 tháng năm 2009 Câu 1: (2,0 điểm) =7 x2 1 Tính giá trị biểu thức: A = x3 + vµ B = x5 + x x 1 + 2− = y x Giải hệ phương trình: + 2− = y x Cho sè x ( x ∈ R; x > 0) tho¶ m·n điều kiện: x2 + Câu 2: (2,0 điểm) Cho phơng tr×nh: ax + bx + c = ( a ≠ ) cã hai nghiÖm x1 , x2 thoả mÃn điều kiện: x1 x2 Tìm giá trị lớn biểu thức: Q= Câu 3: (2,0 điểm) Giải phơng trình: x2 + 2a − 3ab + b 2a − ab + ac y + 2009 + z − 2010 = ( x + y + z) 2 Tìm tất số nguyên tố p để 4p2 +1 6p2 +1 số nguyên tố Câu 4: (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có hai đờng chéo cắt E Một đờng thẳng qua A , cắt cạnh BC M cắt đờng thẳng CD N Gọi K giao điểm đờng thẳng EM BN Chứng minh r»ng: CK ⊥ BN Cho đường tròn (O) bán kính R=1 điểm A cho OA= Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường trịn (O) (B, C tiếp điểm).Một góc xOy có số đo 45 có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB D cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC E Chứng minh rằng: 2 − DE < Câu 5: (1,0 điểm) Cho biÓu thøc P = a + b + c + d + ac + bd ,trong ®ã ad − bc = Chøng minh r»ng: P ≥ HÕt Së gi¸o dục đào Thanh Hoá Kỳ thi tuyển vào lớp 10 chuyên lam sơn năm học 2009-2010 Đáp án đề thi thức Môn: Toán ( Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Ngày thi: 19 tháng năm 2009 (Đáp án gồm 04 trang) Câu ý Néi dung x = (do x > 0) x 1 1 ⇒ 21 = (x + )(x2 + ) = (x3 + ) + (x + ) ⇒ A = x3 + =18 x x x x x 1 1 ⇒ 7.18 = (x2 + )(x3 + ) = (x5 + ) + (x + ) x x x x ⇒ B = x5+ = 7.18 - = 123 x 1 1 + 2− = + 2− Từ hệ suy (2) y x x y Tõ gi¶ thiÕt suy ra: (x + )2 = ⇒ x + > 1 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 − > − nên (2) xảy x=y x y y x vào hệ ta giải x=1, y=1 Nếu §iÓm 0.5 b c , x1.x2 = a a b b − + ÷ 2a − 3ab + b a a ( Vì a 0) Khi Q = = b c 2a − ab + ac 2− + a a 2 + 3( x1 + x2 ) + ( x1 + x2 ) = + ( x1 + x2 ) + x1 x2 V× ≤ x1 ≤ x2 ≤ nªn x12 ≤ x1 x2 vµ x2 ≤ ⇒ x12 + x2 ≤ x1 x2 + ⇒ ( x1 + x2 ) ≤ 3x1 x2 + 0.25 Do ®ã Q ≤ 0.25 Theo ViÐt, ta cã: x1 + x2 = − + 3( x1 + x2 ) + x1 x2 + =3 + ( x1 + x2 ) + x1 x2 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Đẳng thức xảy x1 = x2 = hc x1 = 0, x2 = 0.25 b − a = c = c = −b = 4a a Tøc lµ ⇔ b = −2a VËy maxQ =3 − b = c = a c = a §K: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z 2010 Phơng trình đà cho tơng đơng với: x + y + z = x − +2 y + 2009 0.25 0.25 +2 z − 2010 0.25 ⇔ ( x − - 1) + ( y + 2009 - 1) + ( z − 2010 - 1) = 2 x−2 - = y + 2009 - = x=3 ⇔ 0.25 y = - 2008 z − 2010 - = z = 2011 NhËn xÐt: p lµ số nguyên tố 4p2 + > 6p2 + > Đặt x = 4p2 + = 5p2- (p - 1)(p + 1) y = 6p2 + ⇒ 4y = 25p2 – (p - 2)(p + 2) Khi ®ã: - NÕu p chia cho d d (p - 1)(p + 1) chia hÕt cho ⇒ x chia hÕt cho mà x > x không sè nguyªn tè 0.25 0.25 - NÕu p chia cho d d (p - 2)(p + 2) chia hÕt cho ⇒ 4y chia hÕt cho mµ UCLN(4, 5) = ⇒ y chia hết cho mà 0.25 y>5 y không số nguyên tố Vậy p chia hết cho 5, mà p số nguyên tố p = 0.25 Thư víi p =5 th× x =101, y =151 số nguyên tố Đáp số: p =5 10 b) Tính giá trị y x = 1+ Câu (3 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 – 4x + m + = a) Tìm điều kiện tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt b) Giải phương trình m = Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O) Trên cạnh BC lấy điểm M, cạnh BA lấy điểm N, cạnh CA lấy điểm P cho BM = BN CM = CP Chứng minh rằng: a) O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn Câu (1 điểm) Cho tam giác có số đo ba cạnh x, y, z nguyên thỏa mãn: 2x2 + 3y2 + 2z2 – 4xy + 2xz – 20 = Chứng minh tam giác cho tam giác GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN CHUNG TRỪỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2008 – 2009 – Ngày: 17/06/2008 Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1.(1 điểm) Rút gọn: A= a a −1 a a +1 − a− a a+ a (a > 0, a 1) = ( a) −1 − ( a) +1 = a + a ( a − 1) a ( a + 1) = a + a + 1− a + a − a = =2 a a 3 Câu 2.(2 điểm) a) Hàm số y = b) Khi x = 1+ a +1 a − a +1 − a a (a > 0, a 1) ( 1− ) x – đồng biến R có hệ số a = ( 1− ) y = ( 1− ) ( 1+ ) − = – – = - < 95 Caâu 3.(3 điểm) a) Phương trình x2 – 4x + m + = Ta có biệt số ’ = – (m + 1) = – m Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là: ’ > – m > m < b) Khi m= phương trình cho trở thành: x2 – 4x + = ’ = – = > Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = - , x2 = + A Caâu 4.(3 điểm) N P O B 2 M C a) Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp MNP Ta có: O giao điểm ba đường phân giác ABC nên từ điều kiện giả thiết suy ra: OBM = OMN (c.g.c) ⇒ OM = ON (1) OCM = OCP (c.g.c) ⇒ OM = OP (2) Từ (1), (2) suy OM = ON = OP Vậy O tâm đường tròn ngoại tiếp MNP b) Chứng minh tứ giaực ANOP noọi tieỏp ả à ả Ta coự OBM = OMN ⇒ M1 = N1 , OCM = OCP P2 = M2 à ả ả Maởt khaùc P1 + P2 = 1800 = M1 + M2 (kề bù) ⇒ µ µ µ µ Vì N1 + N2 = 1800 nên P1 + N2 = 1800 µ ¶ µ µ P1 = M1 ⇒ P1 = N1 96 Vây tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn Câu (1 điểm) Chứng minh tam giác Ta có: 2x2 + 3y2 + 2z2 – 4xy + 2xz – 20 = (1) Vì x, y, z N* nên từ (1) suy y số chẵn Đặt y = 2k (k N*), thay vaøo (1): 2x2 + 12k2 + 2z2 – 8xk + 2xz – 20 = x2 + 6k2 + z2 – 4xk + xz – 10 = x2 – x(4k – z) + (6k2 + z2 – 10) = (2) Xem (2) phương trình bậc hai theo ẩn x Ta coù: = (4k – z)2 – 4(6k2 + z2 – 10) = 16k2 – 8kz + z2 – 24k2 – 4z2 + 40 = = - 8k2 – 8kz – 3z2 + 40 Neáu k 2, z suy < 0: phương trình (2) vô nghiệm Do k = 1, suy y = Thay k = vaøo biệt thức : = - – 8z – 3z2 + 40 = - 3z2 – 8z + 32 Nếu z < 0: phương trình (2) vô nghiệm Do z = 1, Nêu z = = - – + 32 = 21: không phương, suy phương trình (2) nghiệm nguyên Do z = Thay z = 2, k = vaøo phương trình (2): x2 – 2x + (6 + – 10) = x2 – 2x = x(x – 2) = x = (x > 0) Suy x = y = z = Vậy tam giác cho tam giác ủeu Sở Giáo dục đào tạo Hải Dơng Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Đề thi thức Ngày 06 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều) (Đề thi gồm có: 01 trang) Câu I: (2,0 điểm) 97 Giải phơng tr×nh: 2(x - 1) = - x y = x − 2 x − y = Giải hệ phơng trình: Câu II: (2,0 điểm) 2 Cho hµm sè y = f(x) = − x TÝnh f(0); f(2); f( ); f( ) Cho phơng trình (ẩn x): x2 - 2(m + 1)x + m2 - = Tìm giá trị m để phơng trình cã hai nghiƯm x1, x2 tho¶ m·n x12+x22 = x1.x2 + Câu III: (2,0 điểm) Rút gọn biểu thøc: 1 x −1 − A= Với x > x ữ: x +1 x + x +1 x+ x Hai ô tô xuất phát từ A đến B, ô tô thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 10km nên đến B sớm « t« thø hai giê TÝnh vËn tèc hai xe ô tô, biết quÃng đờng AB dài 300km Câu IV(3,0 điểm) Cho đờng tròn (O), dây AB không qua tâm Trên cung nhỏ Ab lấy điểm M (M không trùng với A, B) Kẻ dây MN vuông góc với AB H Kẻ MK vuông góc với AN (K∈AN) Chøng minh: Bèn ®iĨm A, M, H, K thuộc đờng tròn Chứng minh: MN tia phân giác góc BMK Khi M di chuyển cung nhỏ AB Gọi E giao điểm HK BN Xác định vị trí điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn Câu V:(1,0 điểm) Cho x, y thoả mÃn: x + − y = y + − x Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = x2 + 2xy – 2y2 +2y +10 HÕt Gỵi ý lêi giải: Câu I: x = 98 x = y =1 C©u II: f(0) = 0; f(2) = -2 ; f(1/2) = -1/8 ; f(- )=-1 ∆ = 8m+8 ≥ ⇔ m ≥ -1 x1 + x2 = 2m + Theo ViÐt ta cã: x1.x2 = m Mà theo đề ta có: x12 + x22 = x1.x2 + (x1+ x2)2 - 2x1.x2 = x1.x2 + m2 + 8m -1 = m1 = - + 17 (tho¶ mÃn) m2 = - - 17 (không thoả mÃn ®k) C©u III: A = 1− x x −1 −( x − 1) ( x + 1) − x − : = = x ( x + 1) ( x + 1) x ( x + 1) x −1 x Gäi vËn tèc cña « t« thø nhÊt lµ x (km/h) (x>10) => VËn tốc ô tô thứ hai x-10(km/h) 300 (h) x 300 Thời gian ô tô thứ hai hết quÃng ®êng lµ: (h) x − 10 300 300 − =1 Theo ta có phơng trình: x 10 x Thời gian ô tô thứ hết quÃng đờng là: Giải phơng trình ta đợc nghiệm x1 = -50 (không thoả mÃn) x2 = 60 (thoả m·n) VËy vËn tèc xe thø nhÊt lµ 60km/h, xe thứ hai 50 km/h M Câu IV: K Tứ giác AHMK nội tiếp đờng tròn đờng kính AM( v× · AKM = · AHM = 900 ) Vì tứ giác AHMK nội tiếp nên à à KMH = HAN (cïng bï víi gãc KAH) · · Mµ NAH = NMB (néi tiÕp cïng ch¾n cung NB) · à => KMN = NMB => MN tia phân gi¸c cđa gãc KMB · · Ta cã tø gi¸c AMBN néi tiÕp => KAM = MBN · · · => MBN = KHM = EHN => tø gi¸c MHEB néi tiÕp · · => MNE = HBN =>∆HBN ®ång d¹ng ∆EMN (g-g) => H A B O E N HB BN = => ME.BN = HB MN (1) ME MN Ta có AHN đồng dạng MKN ( Hai tam giác vuông có góc ANM chung ) 99 => AH AN = => MK.AN = AH.MN (2) MK MN Tõ (1) vµ (2) ta cã: MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB Do AB kh«ng ®ỉi, nªn MK.AN + ME.BN lín nhÊt MN lín => MN đờng kính đờng tròn tâm O.=> M điểm cung AB Câu V: Tõ x + − y = y + − x => x + − y + = y − x (1) §K: x,y -2 Xét trờng hợp sau: Nếu x>y ≥ -2 => x3>y3 => VP= y3 - x3 y -2 => x+2>y+2 => x+2 > y + => x + y + > => không tồn x,y tháa m·n (1) T¬ng tù : NÕu y>x ≥ -2 => VP>0, VT không tồn x,y thỏa m·n (1) VËy x=y thay vµo B = x2 + 2xy - 2y2 +2y +10 => B = x2 +2x + 10 =(x+1)2 +9 ≥ => Min B =9 ⇔ x=y=-1 Cách ĐK: x ≥ −2; y ≥ −2 Từ x + − y = y + − x3 ⇒ x3 - y3 + x + - y + =0 ⇔ (x-y)(x2 + xy + y2 ) + ⇔ (x-y)( x2 + xy + y2 + ( x2 + xy + y2 + x− y =0 x+2+ y+2 )=0 ⇒ x=y x+2 + y+2 y 3y2 = ( x + )2 + + x+2+ y+2 >0 ∀ x+2 + y+2 x ≥ −2; y ≥ −2 ) Khi B = x2 + 2x + 10 = (x+1)2 + ≥ Min B = ⇔ x = y = -1 (thỏa mãn ĐK) Vậy Min B = ⇔ x = y = -1 100 Sở Giáo dục đào tạo Hải Dơng Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Đề thi thức Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều) (Đề thi gồm có: 01 trang) Câu 1(2.0 điểm): x −1 x +1 + 1= x = 2y 2) Giải hệ phương trình: x − y = 1) Giải phương trình: Câu 2:(2.0 điểm) 2( x − 2) x + với x ≥ x ≠ x−4 x +2 b) Một hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng cm diện tích 15 cm2 Tính chiều dài chiều rộng hình chữ nhật a) Rút gọn biểu thức: A= Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = (ẩn x) a) Giải phương trình với m = a) Tính giá trị m, biết phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12 b) Câu 4:(3 điểm) Cho tam giác MNP cân M có cậnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R) Tiếp tuyến N P đường tròn cắt tia MP tia MN E D a) Chứng minh: NE2 = EP.EM a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp 101 b) Qua P kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt đường trịn (O) K ( K khơng trùng với P) Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2 Câu 5:(1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: A = − 4x x2 + -Hết Giải Câu I x −1 x +1 + 1= ⇔ 2(x − 1) + = x + ⇔ x = −1 Vậy tập nghiệm phương trình a, S= { −1} x = 2y x = 2y x =10 ⇔ ⇔ b, Vậy nghiệm hệ (x;y) =(10;5) x − y = 2y − y = y = Câu II a, với x ≥ x ≠ Ta có: A = 2( x − 2) x 2( x − 2) + x ( x − 2) ( x − 2)( x + 2) + = = =1 ( x − 2)( x + 2) ( x + 2) ( x − 2)( x + 2) ( x − 2)( x + 2) b, Gọi chiều rộng HCN x (cm); x > ⇒ Chiều dài HCN : x + (cm) Theo ta có PT: x(x+2) = 15 Giải tìm :x1 = -5 ( loại ); x2 = ( thỏa mãn ) Vậy chiều rộng HCN : cm , chiều dài HCN là: cm 102 Câu III a, Với m = Phương trình có dạng : x2 - 2x ⇔ x( x − 2) = ⇒ x = x = Vậy tập nghiệm phương trình S= { 0; 2} b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 ∆ ' > => − m > => m < (*) Theo Vi-et : x1 + x2 = x1 x2 = m − (1) (2) Theo bài: x21 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12 ⇒ 2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) ) hay x1 - x2 = -6 Kết hợp (1) ⇒ x1 = -2 ; x2 = Thay vào (2) : m - = -8 ⇒ m = -5 ( TM (*) ) Câu IV a, ∆ NEM đồng dạng ∆ PEN ( g-g) => M O K NE ME = => NE = ME.PE EP NE H F N P I · · b, MNP = MPN ( tam giác MNP cân M ) · · · PNE = NPD (cùng = NMP ) · · => DNE = DPE Hai điểm N; P thuộc nửa mp bờ DE nhìn DE D góc nên tứ giác DNPE nội tiếp c, ∆ MPF đồng dạng ∆ MIP ( g - g ) E MP MI = => MP = MF MI (1) MF MP ∆ MNI đồng dạng ∆ NIF ( g-g ) NI IF => = => NI = MI IF(2) MI NI => Từ (1) (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3) · · · NMI = KPN ( phụ HNP ) · · => KPN = NPI => NK = NI ( ) Do tam giác MNP cân M => MN = MP ( 5) Từ (3) (4) (5) suy đpcm 103 Câu V k= − 8x kx + x + k − = (1) x +1 +) k=0 Phương trình (1) có dạng 8x-6=0 x= +) k ≠ (1) phải có nghiệm ∆ ' = 16 - k (k - 6) ≥ −2 ≤ k ≤ −1 Max k = ⇔ x = Min k = -2 ⇔ x = 104 105 106 107 108 Kú thi tun sinh líp 10 THPT Năm học 2009-2010 Môn thi: Toán Sở Giáo dục đào tạo Bắc giang - Thêi gian lµm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (Đề thi gồm có: 01 trang) Đề thi thức (đợt 1) Câu I: (2,0đ) TÝnh 25 2 x = x + 3y = Giải hệ phơng trình: Câu II: (2,0đ) 1.Giải phơng trình x2-2x+1=0 Hàm số y=2009x+2010 đồng biến hay nghịch biến R? Vì sao? Câu III: (1,0đ) Lập phơng trình bậc hai nhận hai số nghiệm? Câu IV(1,5đ) Một ôtô khách ôtô tải xuất phát từ địa điểm A đến địa điểm B đờng dài 180 km vận tốc ôtô khách lớn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút.Tính vận tốc ôtô Biết trình từ A đến B vận tốc ôtô không đổi Câu V:(3,0đ) 1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Các đờng cao BH CK tam giác ABC cắt điểm I Kẻ đờng kính AD đờng tròn tâm O, đoạn thẳng DI BC cắt M.Chứng minh a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc đờng tròn b/OM BC 2/Cho tam giác ABC vuông A,các đờng phân giác goác B góc C cắt cạnh AC AB lần lợt D E Gọi H giao điểm cđa BD vµ CE, biÕt AD=2cm, DC= cm tÝnh độ dài đoạn thẳng HB Câu VI:(0,5đ) 109 ... ⇒∠EMO=900 suy D,M,E thẳng hàng, suy DE tiếp tuyến (O) Vì DE tiếp tuyến suy DM=DB, EM=EC Ta có DE< AE+AD ⇒ 2DE< AD+AE+BD+CE =2 suy DE< 1 Đặt DM= x, EM=y ta có AD2 + AE2 = DE2 ⇔ (1-x)2 + (1-y)2 = (x+y)2... (1-y)2 = (x+y)2 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 11 ⇔ 1- (x+y) = xy ( x + y) ≤ suy DE2 + 4 .DE - ≥ ⇔ DE ≥ 2 − Vậy 2 − ≤ DE< 1 0.25 Ta cã: (ac + bd ) + (ad − bc) = a c + 2abcd + b d + a d − 2abcd + b... CEB (g–c–g) ⇒ BD = BE ⇒ ∆ BDE cân B ⇒ I trung điểm DE mà BM = BN ∠ MBN = 200 ⇒ ∆ BMN ∆ BDE đồng dạng A D I E M S BM ⇒ BMN = ÷ = S BED BE ⇒ SBNE = 2SBMN = S BDE = SBIE Vậy SBCE + SBNE