Tìm tọa độ các điểm C, D và viết phương trình đường thẳng CD 2.. Chứng minh : CDMN là tứ giác nội tiếp.. Chứng minh tứ giác CHDK là hình bình hành: 3.. Cho cạnh CD cố định, B thay đổi tr
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011
NGÀY THI : 30/06/2010
Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2.0 điểm) Cho phương trình: x2 + px – 4 = 0 (1) (với p là tham số)
1 Giải pt (1) khi p = 3
2 Giả sử x1, x2 là các nghiệm của pt (1), tìm p để :
x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6
Bài 2: (2.0 điểm) Cho biểu thức: C = 3 3 1 1
3
1 Rút gọn C
2 Tìm c để C nhận giá trị nguyên
Bài 3: (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm C, D thuộc (P) với xC = 2; xD = -1
1 Tìm tọa độ các điểm C, D và viết phương trình đường thẳng CD
2 Tìm q để đường thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với p là tham số) song song với đường thẳng CD
Bài 4: (3.0 điểm)
Cho tam giác BDC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao CM,
DN cắt nhau tại H
1 Chứng minh : CDMN là tứ giác nội tiếp
2 Kéo dài BO cắt đường tròn (O) tại K Chứng minh tứ giác CHDK là hình bình hành:
3 Cho cạnh CD cố định, B thay đổi trên cung lớn CD sao cho tam giác BCD luôn nhọn Xác định vị trí điểm B để điện tích tam giác CDH lớn nhất
Bài 5: (1.0 điểm): Cho u, v là các số dương thỏa mãn: u + v = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = u2 + v2 + 33
uv
- HẾT
-Họ và tên thí sinh:……… Số báo danh:……….
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2Bài Đáp án
1
(2,0đ)
1) Giải pt (1) khi p = 3
Với p = 3 thì ta có pt: x2 + 3x – 4 = 0 (2)
Ta thấy a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0
nên (2) có 2 nghiệm: x1 = 1 và x2 = 1
2
−
2) Giả sử x1, x2 là các nghiệm của pt (1), ta luôn có:
∆ = q2 + 16 > 0 mọi q Theo Vi – ét ta có:
b
a c
x x
a
−
+ = = −
Thay vào biểu thức: x1(x2 + 1) + x2(x1 + 1) > 6
<=> x1x22 + x1 + x2x12 + x2 > 6
<=> x1x2(x1+ x2) + (x1 + x2) > 6
<=> (x1x2+ 1)(x1+ x2) > 6
Ta được (-p)[(-4) + 1] > 6
=> p > 2
Vậy với p > 2 thì ta có: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > 6
2
(2,0đ)
1
( ) (2 ) (2 )
C
−
Vậy với c > 0; c ≠ 9 thì C = 4
3
c+
2 Tìm c để C = 4
3
c+ nhận giá trị nguyên thì ta phải có c+3 là ước của 4
hay: c+3 = ± 1; c+3 = ± 2; c+3 = ± 4
Giải các pt trêm ta tìm được c = 1.Vậy với c = 1 thì C nhận các gía trị nguyên
3
(2,0đ)
1) Với xC = 2 => yC = xC2 = 4 suy ra C(2;4);
Với xD = -1 => yD = xD2 = 1 suy ra D(-1;1)
Có nhiêu cách giải
Gọi pt đường thẳng CD là: y = ax + b do đt này đi qua hai điểm C, D nên ta có hệ sau: 4 2
1
a b
a b
= − +
Giải hệ trên ta tìm được a = 1 và b= 2
Vậy pt đt CD là: y = x + 2
Trang 32) Để (d) song song với đt CD thì
1 1;
2
−
Vậy q = 1
2
− thì (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 song song với đt CD
4
(3,0đ)
Hình vẽ phục vụ a), b), c)
1 Tứ giác CDMN có:
CMD= ( CM ⊥ DB)
· 90 0
CND= ( DN ⊥ CB)
M, N là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh DC dưới góc 900 Nên CDMN là tứ giác nội tiếp dường tròn đường kính DC
2 Ta có:KCB· = 90 0(góc nội tiếp chắn nữa đt) hay KC ⊥ CB
và DN ⊥ CB
=> DH // KC
T2: DK // HC Từ trên ta có tứ giác DKCH là hình bình hành
3 SCHDK lớn nhất khi CD vuông góc với HK mà SCDH = 1
2 SCHDK Gọi I là giao điểm HK và
DC nên IC = ID( do HCKD l à hbh) suy ra IH ⊥ CD suy ra IH l à đường trung trực của CD
m à BH l à đường cao của tam giác BCD suy ra B,H, I thẳng hàng suy ra BI là đường trung trực của CD n ên BC = BD Vậy B là điểm chính giữa của cung lớn DC thì SCDH lớn nhất
5
(1,0đ)
Áp dụng Bunhia với hai số u, v ta có: (u + v)2 ≤ (u2 + v2)(12 + 12)
<=> u2 + v2 ≥ 8 (1) do u + v = 4
Áp dụng Côsi với hai số u, v dương ta có:u + v ≥ 2 uv
<=> uv ≤ 4 do u + v = 4
<=> 1 1 33 33
uv ≥ ⇔uv ≥ (2)
Sử dụng kết quả của (1) và (2) ta được: P = u2 + v2 + 33
uv ≥ 8 +
33
4 =
65 4 Vậy Min P = 65
4 <=>
