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: 120 phút 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) với x A = -1, x B = 2 1.Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB. 2. Tìm m để đường thẳng (d): y = (2m 2 – m)x + m + 1 (với m là tham số ) song song với đường thẳng AB. Bài IV (3,0 điểm) Cho tam gi ác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao QM,RN của tam giác cắt nhau t ại H. 1.Chứng minh tứ giác QRMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn. 2. Kéo dài PO cắt đường tròn O tại K. Chứng minh tứ giác QHRK là hình bình hành. 3. Cho cạnh QR cố định, P thay đổi trên cung lớn QR sao cho tam giác PQR luôn nhọn. Xác định vị trí điểm P để diện tích tam giác QRH lớn nhất. Bài V ( 1,0 điểm) Cho x,y là các số dương thoả mãn : x + y = 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của : 2 2 33 P x y xy = + + Hết Họ tên thí sinh:……………………………………………………. Số báo danh: ………………………………… Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2: ĐỀ CHÍNH THỨC Đề A 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) Chứng minh tương tự ta cũng có: QH//KR(2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành. P N M RQ K H I 3. Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên: QHR QKR S S= Từ K kẻ KI ⊥ QR. Ta có: 1 . 2 QKR S KI QR= Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất K là điểm chính giữa của cung nhỏ QR. Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR. Bài 5 Từ x + y=4 Áp dụng BĐT Côsi ta có: xy 2 ( ) 4 4 x y+ ≤ = Do đó 33 33 4xy ≥ Mặt khác: x 2 +y 2 = 2 ( )x y+ -2xy=16-2xy 16 2.4 ≥ − =8( do xy ≤ 4) Vậy P 33 65 8 4 4 ≥ + = Do đó : MinP= 65 4 , đạt được khi x=y=2. Cách 2: Áp dụng BDT Bunhiacõpki ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) (1 1 )( ) (1. 1. ) 4 16 8 x y x y x y x y + = + + ≥ + = = ⇒ + ≥ Vậy P 33 65 8 4 4 ≥ + = . 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: 120 phút Bài