De thi toan vao lop 10 (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 [...]... GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2 010- 2011 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho các trường THPT không chuyên Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— PHẦN I TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Trong 4 câu từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều có 4 lựa chọn, trong đó có duy nhất lựa chọn đúng Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước... điểm): Nội dung trình 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 trình bày Vậy m = 0,25 Điểm Gọi độ dài... chu vi bằng 2 Tìm giá trị nhỏ nhất 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 VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2 010- 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Dành cho các trường THPT không chuyên —————————— HƯỚNG DẪN CHUNG: -Hướng dẫn chấm chỉ... tròn đó (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC ( D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F 1/ Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp 2/ Chứng minh DA .DE = DB.DC 3/ Chứng minh CFD = OCB Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) 4/ Cho biết DF=R, chứng minh tg AFB = 2 Lời giải 1/ A = + = 2/ A =  = =  = = = 9  = 6 ... 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 nhỏ nhất 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 nhất của biểu thức A Bài II ( 2,5 điểm) , với x và x 9 0,25... có duy nhất lựa chọn đúng Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước lựa chọn mà em cho là đúng (ví dụ: nếu câu 1 em chọn lựa chọn A thì viết là 1.A) Câu 1 Giá trị của 10 40 bằng: A 10 B 20 C 30 D 40 Câu 2 Cho hàm số y = (m − 2) x + 1 ( x là biến, m là tham số) đồng biến, khi đó giá trị của m thoả mãn: A m = 2 B m < 2 C m > 2 D m =1 Câu 3 Nếu một hình chữ nhật có hai đường... cùng chắn cung CE ) (2) (1) và (2) => ∆ACD đồng dạng ∆BED (góc - góc)  = => AD .DE = BD.CD 3/ * Có D là trực tâm của ∆FAB (do AE AB tại H FB, BC AF) => FD  F1 + FAH = 90o Mà B2 + FAH = 90o => F1 = B2 Có ∆COB cân tại O (CO=OB=R)=> góc C1 = góc B2 => góc C1 = góc F1 ( cùng = góc B2) * Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE là trung điểm của FD => CI=IF=1/2 FD (do góc DCF = 90o tính chất trung tuyến... => ∆OCI có CI = R/2 ( do CI = ½ FD ) ; CO = R => = => = (8) = 2 (9) Tứ giác CFED nội tiếp => góc CFE = góc CDA ( góc ngoài của tứ giác nội tiếp = góc trong tại đỉnh 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 (hình vẽ của Bài IV) Lời giải x2 + 4x + 7 = x x2 + 7 - 4 + 4x - x ( (    +4 =0 - 4) - x ) =0 =0  Vậy x =... Phần II Tự luận (8,0 điểm) Câu 5 (2,0 điểm)  4 x − 5 y = −5 Xét hệ phương trình   4 x − 7 y = −1 Nội dung trình bày (1) (2) Điểm Lấy (1) – (2) ta có: 2 y = −4 ⇔ y = −2 Thay y = −2 vào (1) có: 4 x + 10 = −5 15 ⇔x=− 4 0,5 0,5 0,5 15 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: x = − , y = −2 4 Câu 6 (1,5 điểm) 1 (0,5 điểm): Nội dung trình bày 2 Ta có ∆ ' = m  3m + 6 0,5 Điểm 0,25 2 3  15  = m− ÷ +... 1 Chứng minh rằng phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi giá trị của m 2 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện x12 + x22 = 10 Câu 7 (1,5 điểm) Cho một tam giác có chiều cao bằng 3 cạnh đáy Nếu chiều cao tăng thêm 4 3m và cạnh đáy giảm đi 2m thì diện tích của tam giác đó tăng thêm 9m 2 Tính cạnh đáy và chiều cao của tam giác . trong => PQ // MN SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HOÁ Năm học 2 010 – 2011 Môn thi: Toán Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2 010 Thời gian làm bài: 120phút Bài I (2,0 điểm) Cho. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT PHÚ YÊN NĂM HỌC 2 010 – 2011 Môn thi : TOÁN – Sáng ngày 30/6/2 010 Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1. (2 đ ) a). 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 .x x x x x x+ = + − 2 2 4( 1) 2( 5) 4 10 14m m m m= − − − = − + 0,25 Từ đó 2 2 2 2 1 2 1 10 4 10 14 10 4 10 4 0 2 2 m x x m m m m m  =  + = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔  =  0,25 Vậy