ĐỀ + ĐA TUYỂN 10 nh 2010-2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi : TOÁN – Sáng ngày 30/6/2010 Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1. (2 đ ) a) Không sử dụng máy tính cầm tay , hãy rút gọn biểu thức : A = 12 2 48 3 75− + b) Cho biểu thức 2 2 1 . 1 2 1 x x x x x x B x x x x   − + − − + = −  ÷  ÷ − − +   Với những giá trị nào của x thì biểu thức trên xác định ? Hãy rút gọn biểu thức B . Câu 2 . (2đ ) Không dùng máy tính cầm tay , hãy giải phương trình và hệ phương trình sau : a) x 2 - 2 2 x – 7 = 0 2 3 13 ) 2 4 x y b x y − =   + = −  Câu 3. (2,5 đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = 2x 2 và đường thẳng (d) có phương trình y = 2(m – 1)x – m +1, trong đó m là tham số . a) Vẽ parabol (P) . b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt . c) Chứng minh rằng khi m thay đổi ,các đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định . Tìm điểm cố định đó . Câu 4. (2,5 đ) Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng ( ) ∆ không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Từ một điểm M trên ( ∆ ) ( M nằm ngoài đường tròn tâm O và A nằm giữa B và M ), vẽ hai tiếp tuyến MC, MD của đường tròn (O) . (C, D ∈ (O) ) Gọi I là trung điểm của AB, tia IO cắt MD tại K . a) Chứng minh năm điểm M, C, I, O, D cùng thuộc một đường tròn . b) Chứng minh : KD. KM = KO .KI c) Một đường thẳng đi qua O và song song với CD cắt các tia MC và MD lần lượt tại E và F . xác định vị trí của M trên ( ∆ ) sao cho diện tích ∆ MEF đạt giá trị nhỏ nhất . Câu 5. (1 đ) Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90 cm được đặt úp trên một hình trụ có thể tích bằng , 9420cm 3 và bán kính đáy hình trụ bằng 10cm , sao cho đường tròn đáy trên của hình trụ tiếp xúc ( khít ) với mặt xung quang hình nón và đáy dưới của hình trụ nằm trên mặt đáy của hình nón . Một mặt phẳng qua tâm O và đỉnh của hình nón cắt hình nón và hình trụ như hình vẽ. Tính thể tích của hình nón . Lấy 3,14 π = HẾT HƯỚNG DẪN Câu 1: a) A = 12 2 48 3 75− + = 2 3 8 3 15 3 9 3− + = b) 2 2 1 . 1 2 1 x x x x x x B x x x x   − + − − + = −  ÷  ÷ − − +   ĐK x>0 và x ≠ 1 = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 1 . 6 1 1 x x x x x x x x x − − − + + − − = − − Câu 2. a) x 2 - 2 2 x – 7 = 0 ĐS 1 2 2 3; 2 3x x= + = − 2 3 13 ) 2 4 x y b x y − =   + = −  ĐS (x=2 ; y= -3) Câu 3 a) bạn đọc tự giải b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : 2x 2 – 2(m – 1)x +m – 1 ∆ = m 2 – 4m +3 = (m+1)(m+3) ∆ >0  m >-1 hoặc m< -3 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt c) Giả sử (x 0 ; y 0 ) là điểm cố định các đường thẳng (d) đi qua , ta có y 0 = 2(m-1)x 0 – m +1  m (2x 0 – 1) – (2x 0 + y 0 – 1) = 0 . vì không phụ thuộc vào m ta có 0 0 0 0 0 1 2 1 0 2 2 1 0 0 x x x y y  − = =   ⇔   + − =   =  Câu 4 : a) · · · 0 90MCO MIO MDO= = = => M,C, O,I , D thuộc đường tròn đường kính MO b) ∆ DKO : ∆ IKM (g-g) => KD. KM = KO .KI c) S MEF = S MOE + S MOF = R.ME ∆ MOE vuông tại O,có đường cao OC  MC.CE = OC 2 = R 2 không đổi  MC + CE = ME nhỏ nhất khi MC = CE = R . => OM = 2R . M là giao điểm của đường thẳng ( ∆ ) và đường tròn (O, 2R ) thì diện tích ∆ MEF nhỏ nhất . Câu 5 : MN = V: S = 9420 : 100. 3,14 = 30cm MN//SO => 1 1 3 3 3 10 5 AN MN AN AH AO SO AN AN AN cm = = ⇒ = = + ⇒ = => AH =15cm Diện tích đáy của hình nón bằng 15 2 .3,14 = 706,5cm 2 Thể tích hình nón bằng : 3 1 706,5.90 21,195 3 cm= SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HỒ CHÍ MINH Năm học: 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Khóa ngày 21 tháng 06 năm 2010 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 2 3 2 0x x− − = c) 4 2 4 13 3 0x x− + = b) 4 1 6 2 9 x y x y + = −   − =  d) 2 2 2 2 1 0x x− − = Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2 2 x y = − và đường thẳng (D): 1 1 2 y x= − trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 12 6 3 21 12 3A = − + − 2 2 5 3 5 2 3 3 5 2 3 3 5 2 2 B     = + + − − + − + + −  ÷  ÷  ÷  ÷     Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình 2 2 (3 1) 2 1 0x m x m m− + + + − = (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Gọi x 1 , x 2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = 2 2 1 2 1 2 3x x x x+ − . Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE). a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật. b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng. c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra K là trung điểm của MP. d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 2 3 2 0x x− − = (1) 9 16 25∆ = + = (1) 3 5 1 3 5 2 4 2 4 x hay x − − + ⇔ = = = = b) 4 1 (1) 6 2 9 (2) x y x y + = −   − =  4 1 (1) 14 7 ( (2) 2 (1)) x y x pt pt + = −  ⇔  = +  3 1 2 y x = −   ⇔  =   c) 4 2 4 13 3 0x x− + = (3), đđặt u = x 2 , phương trình thành : 4u 2 – 13u + 3 = 0 (4) (4) có 2 169 48 121 11∆ = − = = 13 11 1 13 11 (4) 3 8 4 8 u hay u − + ⇔ = = = = Do đó (3) 1 3 2 x hay x⇔ = ± = ± d) 2 2 2 2 1 0x x− − = (5) ' 2 2 4∆ = + = Do đó (5) 2 2 2 2 2 2 x hay x − + ⇔ = = Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), ( ) 1 1; , 2; 2 2   ± − ± −  ÷   . (D) đi qua ( ) 1 1; , 2; 2 2   − − −  ÷   Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là : ( ) 1 1; , 2; 2 2   − − −  ÷   . b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 2 2 1 1 2 0 2 2 x x x x − = − ⇔ + − = 1 2x hay x⇔ = = − Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là ( ) 1 1; , 2; 2 2   − − −  ÷   . Bài 3: 12 6 3 21 12 3A = − + − 2 2 (3 3) 3(2 3) 3 3 (2 3) 3= − + − = − + − 3= 2 2 5 3 5 2 3 3 5 2 3 3 5 2 2 B     = + + − − + − + + −  ÷  ÷  ÷  ÷     2B = ( ) ( ) 2 2 5 4 2 3 6 2 5 5 4 2 3 6 2 5 3+ + − − + − + + − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3= + + − − + − + + − = ( ) ( ) 2 2 5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3+ + − − + − + + − = 5.3 5 20+ = ⇒ B = 10. Bài 4: a) ( ) 2 2 2 2 3 1 8 4 4 2 5 ( 1) 4 0m m m m m m m∆ = + − − + = + + = + + > ∀ Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Ta có x 1 + x 2 = 3m + 1 và x 1 x 2 = 2m 2 + m – 1 A= 2 2 1 2 1 2 3x x x x+ − ( ) 2 1 2 1 2 5x x x x= + − 2 2 (3 1) 5(2 1)m m m= + − + − 2 2 1 1 6 6 ( ) 4 2 m m m= − + + = + − − 2 25 1 ( ) 4 2 m= − − Do đó giá trị lớn nhất của A là : 25 4 . Đạt được khi m = 1 2 Bài 5: a) Ta có góc · EMO = 90 O = · EAO => EAOM nội tiếp. Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : · · · o EAO APM PMQ 90= = = => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ nên I là trung điểm của AM. Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng. c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc vuông bằng nhau là · · AOE ABM= , vì AE // BM => AO AE BP MP = (1) Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số KP BP AE AB = (2) Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm của MP. Cách 2 : Ta có EK AP EB AB = (3) do AE // KP, mặt khác, ta có EI AP EO AB = (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng So sánh (3) & (4), ta có : EK EI EB EO = . Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM => K là trung điểm MP. I K B O M Q E A P x I d) Ta dễ dàng chứng minh được : abcd 4 a b c d 4 + + +   ≤  ÷   (*) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d MP = 2 2 2 2 2 MO OP R (x R) 2Rx x− = − − = − Ta có: S = S APMQ = 2 3 MP.AP x 2Rx x (2R x)x= − = − S đạt max ⇔ 3 (2R x)x− đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max ⇔ x x x . . (2R x) 3 3 3 − đạt max Áp dụng (*) với a = b = c = x 3 Ta có : 4 4 4 x x x 1 x x x R . . (2R x) (2R x) 3 3 3 4 3 3 3 16   − ≤ + + + − =  ÷   Do đó S đạt max ⇔ x (2R x) 3 = − ⇔ 3 x R 2 = . KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG KHÓA NGÀY 21 THÁNG 6 NĂM 2010 tại Đà Nẵng MÔN THI : TOÁN Bài 1 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A ( 20 45 3 5). 5= − + b) Tính 2 B ( 3 1) 3= − − Bài 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình 4 2 x 13x 30 0− − = b) Giải hệ phương trình 3 1 7 x y 2 1 8 x y  − =     − =   Bài 3 (2,5 điểm) Cho hai hàm số y = 2x 2 có đồ thị (P) và y = x + 3 có đồ thị (d). a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy. b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hoành độ âm. Viết phương trình của đường thẳng (∆) đi qua A và có hệ số góc bằng - 1. c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và tam giác ABD. Bài 4 (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường tròn (C') tâm O', bán kính R' (R > R') cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn (M ∈ (C), N ∈ (C')). Đường thẳng AB cắt MN tại I (B nằm giữa A và I). a) Chứng minh rằng · · BMN MAB= b) Chứng minh rằng IN 2 = IA.IB c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB tại Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB tại P. Chứng minh rằng MN song song với QP. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức ( 20 45 3 5). 5A = − + = (2 5 3 5 3 5) 5 10= − + = b) Tính B = 2 ( 3 1) 3 3 1 3 1− − = − − = − Bài 2: (2 điểm) a) Giải phương trình : x 4 – 13x 2 – 30 = 0 (1) Đặt u = x 2 ≥ 0 , pt (1) thành : u 2 – 13u – 30 = 0 (2) (2) có 2 169 120 289 17∆ = + = = Do đó (2) ⇔ 13 17 2 2 u − = = − (loại) hay 13 17 15 2 u + = = Do đó (1) ⇔ x = 15± b) Giải hệ phương trình : 3 1 7 2 1 8 x y x y  − =     − =   ⇔ 1 1 2 1 8 x x y  = −     − =   ⇔ 1 1 10 x y = −    = −   ⇔ 1 1 10 x y = −    = −   . Bài 3: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), ( ) 1;2± . (d) đi qua ( ) (0;3), 1;2− b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 2 3x x= + ⇔ 2x 2 x 3 = 0– – 3 1 2 x hay x⇔ = − = Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là ( ) 3 9 1;2 , ; 2 2   −  ÷   ⇒ A ( ) 1;2− Phương trình đường thẳng (∆) đi qua A có hệ số góc bằng -1 là : y – 2 = -1 (x + 1) ⇔ (∆) : y = -x + 1 c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C ⇒ C có tọa độ (0; 1) Đường thẳng (∆) cắt trục hoành tại D ⇒ D có tọa độ (1; 0) Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B ⇒ B có tọa độ (-3; 0) Vì x A + x D = 2x C và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng (∆)) ⇒ C là trung điểm AD 2 tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC = 1 2 AD Nên ta có 1 2 ABC ABD S AC S AD = = Bài 4: a) Trong đường tròn tâm O: Ta có · BMN = · MAB (cùng chắn cung ¼ BM ) b) Trong đường tròn tâm O': Ta có IN 2 = IA.IB c) Trong đường tròn tâm O: · · MAB BMN= (góc chắn cung ¼ BM ) (1) Trong đường tròn tâm O': · · BAN BNM= (góc chắn cung » BN ) (2) I P B O O ' M N Q A Từ (1)&(2) => · · · · · · 0 MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180+ + = + + = Nên tứ giác APBQ nội tiếp. => · · · BAP BQP QNM= = (góc nội tiếp và góc chắn cung) mà · · QNM và BQP ở vị trí so le trong => PQ // MN SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HOÁ Năm học 2010 – 2011 Môn thi: Toán Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2010 Thời gian làm bài: 120phút Bài I (2,0 điểm) Cho phương trình : x 2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số) 1. Giải phương trình (1) khi n = 3 2. Giả sử x 1 ,x 2 là nghiệm của phương trình (1),tìm n để : x 1 (x 2 2 +1 ) + x 2 ( x 1 2 + 1 ) > 6 Bài II (2,0 điểm) Cho biểu thức 3 3 1 1 3 3 3 a a A a a a   + −   = − −  ÷  ÷  ÷ − +     với a > 0; 9a ≠ 1.Rút gọn A 2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Cho parabol (P): y = x 2 và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới x A = -1,x B = 2 1.T ìm to ạ đ ộ c ác đi ểm A,B v à vi ết ph ư ơng tr ình đ ư ờng th ẳng AB. 2. T ìm m đ ể đ ư ờng th ẳng (d) : y = (2m 2 – m)x + m + 1 (v ới m l à tham s ố ) song song v ới đ ư ờng th ẳng AB. Bài IV (3,0) Cho tam gi ác PQR c ó ba g óc nh ọn n ội ti ếp đ ư ờng tr òn t âm O,c ác đ ư ờng cao QM,RN c ủa tam gi ác c ắt nhau t ại H. 1.Ch ứng minh t ứ gi ác QRMN l à t ứ gi ác n ội ti ếp trong m ột đ ư ờng tr òn. 2. K éo d ài PO c ắt đ ư ờng tr òn O t ại K.Ch ứng minh t ứ gi ác QHRK l à h ình b ình h ành. 3. Cho c ạnh QR c ố đ ịnh,Pthay đ ổi tr ên cung l ớn QR sao cho tam gi ác PQR lu ôn nh ọn.X ác đ ịnh v ị tr í đi ểm P đ ể di ện t ích tam gi ác QRH l ớn nh ất. Bài V ( 1,0 điểm) Cho x,y l à c ác s ố d ư ơng tho ả m ãn : x + y = 4 T ìm gi á tr ị nh ỏ nh ất c ủa : 2 2 33 P x y xy = + + Hết ĐỀ CHÍNH THỨC Họtênthísinh:…………………………………………………….Sốbáodanh: ………………………………… Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2: Đáp án: Bài I) 1) Với n = 3, ta có pt: x 2 + 3x – 4 = 0 pt có a+b++c=0 nên x 1 = 1, x 2 = -4 2. pt đã cho có 2 16 0n∆ = + > với mọi n, nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x2 . Áp dụng hệ thức Vi et ta có: x 1 + x 2 = n x 1 x 2 = -4 Ta có: 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 ( 1) ( 1) 6 ( ) 6 4.( ) ( ) 6 3 6 2 x x x x x x x x x x n n n n + + + > ⇔ + + + > ⇔ − − + − > ⇔ > ⇔ > Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A= 4 3a + 2. Biểu thức A đạt giá trị nguyên  3a + là ước của 4. do 3a + ≥ 3 nên 3a + = 4  a=1 Bài 3: 1. A(-1; 1); B(2; 4). Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2. 2. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi: 2 2 1 1 2 1 2 m m m m  − = ⇔ = −  + ≠  Bài 4. 1. Tứ giác QRMN có : · · 0 90QNR QMR= = Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính QR. 2. Ta có: · 0 90PQK = ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra:PQ ⊥ KQ, mà RH ⊥ PQ  KQ//RH(1) Chwngs minh tương tự ta cũng có: QH//KR(2) P N M RQ K H I [...]... − a )(c + a − b) (*) Từ a + b + c = 2 nên (*) ⇔ abc ≥ (2 − 2a )(2 − 2b)(2 − 2c) ⇔ 8 − 8(a + b + c) + 8(ab + bc + ca ) − 9abc ≤ 0 ⇔ 8 + 9abc − 8(ab + bc + ca ) ≥ 0 ⇔ 9abc − 8(ab + bc + ca) ≥ −8 (*) Ta có a 3 + b3 + c 3 = (a + b + c)3 − 3(a + b + c )(ab + bc + ca ) + 3abc = 8 − 6(ab + bc + ca ) + 3abc Từ đó 4(a + b + c ) + 15abc = 27 abc − 24( ab + bc + ca) + 32 = 3 [ 9abc − 8( ab + bc + ca) ] + 32 (**)... chứng minh tg AFB = 2 Lời giải 1/ A = + = 2/ A =  = =  = = = 9  = 6  x = 36 (T/m) Vậy x = 36 thì A = 1/3 3/ Do  =>  1  A1  Amax = 1  x = 0 (T/m) Lời giải Gọi chiều rộng của h nh chữ nh t là x (x>0; đơn vị: m)  Chiều dài h nh chữ nh t là: x+7 (m) Vì đường chéo h nh chữ nh t là 13m, nên theo Pytago ta có phương tr nh: x 2+ (x+7)2 = 169 => x2 + x2 +1 4x + 49 = 169  2x2 + 14x-120= 0  x2 +7 x-60=... và (2) suy ra tứ giác QHRK là h nh b nh h nh 3 Theo câu 2, tứ giác QHRK là h nh b nh h nh nên: SQHR = SQKR Từ K kẻ KI ⊥ QR Ta có: 1 SQKR = KI QR 2 Diện tích tam giác QKR lớn nh t khi KI lớn nh t K là điểm ch nh giữa của cung nh QR Khi đó P là điểm ch nh giữa của cung lớn QR Bài 5 Từ x+y=4 Áp dụng BĐT Côsi ta có: xy ≤ ( x + y)2 =4 4 33 33 ≥ xy 4 Mặt khác: x2+y2= ( x + y ) 2 -2xy=16-2xy ≥ 16 − 2.4 =8(... dung tr nh bày Theo công thức viet ta có: x1 + x2 = 2(m  1), x1x2 = m  5 Ta có x12 + x2 2 = ( x1 + x2 )2 − 2 x1.x2 Điểm 0,25 = 4(m − 1)2 − 2(m − 5) = 4m 2 − 10m + 14 0,25 Từ đó x12 + x2 2 1  m= = 10 ⇔ 4m − 10m + 14 = 10 ⇔ 4m − 10m + 4 = 0 ⇔  2  m = 2 2 2 0,25 1 hoặc m = 2 là các giá trị cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán 2 Câu 7 (1,5 điểm) Nội dung tr nh bày Vậy m = 0,25 Điểm Gọi độ dài c nh đáy... trung b nh, suy ra PR = RS (đpcm) Câu 9 (1,0 điểm) Nội dung tr nh bày 2 2 2 Có a ≥ a − (b − c) = (a − b + c)(a + b − c ) (1) , b 2 ≥ b 2 − (c − a ) 2 = (b − c + a)(b + c − a ) (2) c 2 ≥ c 2 − (a − b) 2 = (c − a + b)(c + a − b) (3) Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ a = b = c Do a,b,c là độ dài 3 c nh của tam giác nên các vế của (1), (2), (3) đều dương Nh n vế với vế của (1), (2), (3) ta có : abc ≥ (a + b − c)(b + c −... Chứng minh rằng: 1 Các điểm M, A, N, O, B cùng thuộc một đường tròn, chỉ rõ bán k nh của đường tròn đó 2 PR = RS Câu 9 (1,0 điểm) Cho a, b, c là độ dài 3 c nh của một tam giác có chu vi bằng 2 Tìm giá trị nh nh t của biểu thức P = 4(a 3 + b3 + c3 ) + 15abc -HẾT -Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh…………………………….Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT V NH PHÚC... danh…………………… SỞ GD&ĐT V NH PHÚC ———————— ĐỀ CH NH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2 010- 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN D nh cho các trường THPT không chuyên —————————— HƯỚNG DẪN CHUNG: -Hướng dẫn chấm chỉ tr nh bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải tr nh bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa -Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó... +7 x-60= 0 ∆= 4 9+2 40=289 x1= = 5 (tmđk); x2 = = -12 (loại) Vậy chiều rộng h nh chữ nh t là 5m; chiều dài là 12m Lời giải 1/ Xét phương tr nh ho nh độ giao điểm (P) và (d): -x2 = mx-1  x2 + mx - 1 = 0 (*) Có: ac = -1 phương tr nh đã cho có 2 nghiệm phân biệt với m 2 2 2/ x12x2 + x 21x -1 x x = 3  x1x2(x1+x2) - x1x2 = 3 (1) Vì phương tr nh (*) luôn có 2 nghiệm với m nên: Theo Viét ta có: x1+x2 = = -m;... 0,25 3 Áp dụng (*) vào (**) cho ta 4(a 3 + b3 + c 3 ) + 15abc ≥ 3.(−8) + 32 = 8 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 Từ đó giá trị nh nh t của P là 8 đạt được khi và chỉ khi a = b = c = 2 3 —Hết— Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Hà nội Bài I ( 2,5 điểm) Cho biểu thức: A = + - 1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tìm giá trị của x để A = 3/ Tìm giá trị lớn nh t của biểu thức A Bài II ( 2,5 điểm)... góc CFE = góc CDA ( góc ngoài của tứ giác nội tiếp = góc trong tại đ nh đối) (10) Xét ∆CAD có góc C = 90o => tg góc CDA = (11) Từ (8) (9) (10) và (11) => tg góc CFE = 2 F 1 I E 2 C 3 1 D 1 1 2 A H O B (h nh vẽ của Bài IV) Lời giải x2 + 4x + 7 = x x2 + 7 - 4 + 4x - x ( (    +4 =0 - 4) - x ) =0 =0  Vậy x = là nghiệm của phương tr nh . 5 3+ + − − + − + + − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3= + + − − + − + + − = ( ) ( ) 2 2 5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3+ + − − + − + + − = 5.3 5 2 0+ = ⇒ B = 10. Bài 4:. ab bc ca abc ab bc ca⇔ + − + + ≥ ⇔ − + + ≥ − (*) 0,25 Ta có 3 3 3 3 ( ) 3( )( ) 3 8 6( ) 3a b c a b c a b c ab bc ca abc ab bc ca abc+ + = + + − + + + + + = − + + + 0,25 Từ đó [ ] 3 3 3 4( ). ab bc ca + + + = − + + + = − + + + (**) Áp dụng (*) vào (**) cho ta 3 3 3 4( ) 15 3.( 8) 32 8a b c abc+ + + ≥ − + = Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 3 a b c= = = . Từ đó giá trị nh nh t của