1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

đề thi vào 10 Thanh Hóa 2010 có đáp án

3 357 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 3
Dung lượng 95 KB

Nội dung

Tứ giác QRMN có : Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính QR... Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên:QHR QKR Từ K kẻ KIQR.. 2 QKR Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớ

Trang 1

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 : x2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)

1 Giải phương trình (1) khi n = 3

2 Giả sử x1,x2 là nghiệm của phương trình (1),tìm n để :

x1(x2 +1 ) + x2( x1 + 1 ) > 6

Bài II (2,0 điểm)

3

A

với a > 0; a 9 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 = x2 và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới xA = -1,xB = 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 = (2m2 – 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 : P x2 y2 33

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

Đ ề A

Trang 2

Đáp án:

Bài I)

1) Với n = 3, ta có pt: x2 + 3x – 4 = 0

pt có a+b++c=0 nên x1 = 1, x2 = -4

2 pt đã cho có 2

16 0

n

    với mọi n, nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2

Áp dụng hệ thức Vi et ta có:

x1 + x2 = n

x1x2 = -4

Ta có:

4.( ) ( ) 6

2

n n

Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A= 4

3

a 

2 Biểu thức A đạt giá trị nguyên  a  là ước của 4.3

do a  3 3 nên a  = 43

 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 2

m m

 

Bài 4.

1 Tứ giác QRMN có :

Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính QR

2 Ta có: PQK 900( 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)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành

P

N

M

R Q

K H

I

Trang 3

3 Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên:

QHR QKR

Từ K kẻ KIQR Ta có:

1

2

QKR

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

4

xy

Mặt khác: x2+y2=(x y )2-2xy=16-2xy16 2.4 =8( do xy4)

Vậy P 8 33 65

Do đó : MinP= 65

4 , đạt được khi x=y=2

Cách 2: Áp dụng BDT Bunhiacõpki ta có:

2 2

8

Vậy P 8 33 65

Ngày đăng: 13/07/2014, 00:00

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w