Tuyển tập đề thi toán vào lớp 10 pptx

Dịch Vụ Toán Học Tuyển tập Đề thi vào lớp 10 năm học 2010 - 2011 của các trường THPT trên cả nước (có Đáp án ) Môn Toán WWW.VNMATH.COM About VnMath.Com vnMath.com Dịch vụ Toán học info@vnmath.com Sách Đại số Giải tích Hình học Các loại khác Chuyên đề Toán Luyện thi Đại học Bồi dưỡng HSG Đề thi Đáp án Đại học Cao học Thi lớp 10 Olympic Giáo án các môn S GIÁO DC VÀ ÀO TO K THI TUYN SINH LP 10 THPT TP.HCM Nm hc: 2010 – 2011  CHÍNH THC MÔN: TOÁN Thi gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 đim) Gii các phng trình và h phng trình sau: a) 2 232xx 0   b) 41 62 xy xy      9 0c) 42 4133xx d) 2 2221xx0 Bài 2: (1,5 đim) a) V đ th (P) ca hàm s 2 2 x y   và đng thng (D): 1 1 2 yx trên cùng mt h trc to đ. b) Tìm to đ các giao đim ca (P) và (D) bng phép tính. Bài 3: (1,5 đim) Thu gn các biu thc sau: 12 6 3 21 12 3A   22 53 52335 2335 22 B         Bài 4: (1,5 đim) Cho phng trình (x là n s) 22 (3 1) 2 1 0xmxmm  a) Chng minh rng phng trình luôn luôn có 2 nghim phân bit vi mi giá tr ca m. b) Gi x 1 , x 2 là các nghim ca phng trình. Tìm m đ biu thc sau đt giá tr ln nht: A = 2 3 22 12 1 x xxx. Bài 5: (3,5 đim) Cho đng tròn tâm O đng kính AB=2R. Gi M là mt đim bt k thuc đng tròn (O) khác A và B. Các tip tuyn ca (O) ti A và M ct nhau ti E. V MP vuông góc vi AB (P thuc AB), v MQ vuông góc vi AE (Q thuc AE). a) Chng minh rng AEMO là t giác ni tip đng tròn và APMQ là hình ch nht. b) Gi I là trung đim ca PQ. Chng minh O, I, E thng hàng. c) Gi K là giao đim ca EB và MP. Chng minh hai tam giác EAO và MPB đng dng. Suy ra K là trung đim ca MP. d) t AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm v trí ca M trên (O) đ hình ch nht APMQ có din tích ln nht. BÀI GII Bài 1: (2 đim) Gii các phng trình và h phng trình sau: a) 2 232xx 0   (1) 916 25   (1) 35 1 35 2 42 4 x hay x       b) 41 62 9(2 xy xy      (1) ) 41 14 7 ( (2) 2 (1)) xy (1) x pt pt       3 1 2 y x         c) 42 4133xx 0   (3), đđt u = x 2 , phng trình thành : 4u 2 – 13u + 3 = 0 (4) (4) có 2 169 48 121 11    13 11 1 13 11 (4) 3 84 8 uhayu      Do đó (3) 1 3 2 x hay x  d) 2 2221xx0   (5) '224   Do đó (5) 22 22 22 x hay x     Bài 2: a)  th: hc sinh t v Lu 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 đim chung là :  1 1; , 2; 2 2      . b) PT hoành đ giao đim ca (P) và (D) là 2 2 1 12 22 x xxx  0 12x hay x   Vy to đ giao đim cu (P) và (D) là  1 1; , 2; 2 2      . Bài 3: 12 6 3 21 12 3A   22 (33) 3(23)33(23)3    3 22 53 52335 2335 22 B         2B =     22 5423 625 5 423 625 3      22 22 22 5 (1 3) (5 1) 5 (31) (5 1) 3  = =    22 5(1 3) (5 1) 5 (3 1) (5 1) 3   =  B = 10. 5.3 5 20 Bài 4: a)   2 22 2 318 4 4 25(1)40mmmmmm            m Suy ra phng trình luôn luôn có 2 nghim phân bit vi mi m. b) Ta có x 1 + x 2 = 3m + 1 và x 1 x 2 = 2m 2 + m – 1 A= 22 12 1 3 2 x xxx  2 12 1 5 2 x xx x 22 (3 1) 5(2 1)mmm  22 11 66 ( ) 42 mm m       2 25 1 () 42 m Do đó giá tr ln nht ca A là : 25 4 . t đc khi m = 1 2 Bài 5: I K x A E Q O M P I B a) Ta có góc = 90 O = ฀ EMO ฀ EAO => EAOM ni tip. T giác APMQ có 3 góc vuông : ฀ ฀฀ o EAO APM PMQ 90 => T giác APMQ là hình ch nht b) Ta có : I là giao đim ca 2 đng chéo AM và PQ ca hình ch nht APMQ nên I là trung đim ca AM. Mà E là giao đim ca 2 tip tuyn ti M và ti A nên theo đnh lý ta có : O, I, E thng hàng. c) Cách 1 : hai tam giác AEO và MPB đng dng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc bng nhau là , vì OE // BM ฀ ฀ AOE ABM => AO AE BP MP  (1) Mt khác, vì KP//AE, nên ta có t s KP BP AE AB  (2) T (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vy K là trung đim ca MP. Cách 2 : Ta có EK AP EB AB  (3) do AE // KP, mt khác, ta có EI AP EO AB  (4) do 2 tam giác EOA và MAB đng dng So sánh (3) & (4), ta có : EK EI EB EO  . Theo đnh lý đo Thales => KI // OB, mà I là trung đim AM => K là trung đim MP. d) Ta d dàng chng minh đc : abcd 4 abcd 4      (*) Du “=” xy ra khi và ch khi a = b = c = d MP = 22 2 2 MO OP R (x R) 2Rx x  2 Ta có: S = S APMQ = 23 MP.AP x 2Rx x (2R x)x S đt max  đt m ax  x.x.x(2R – x) đt max 3 (2R x)x  xxx (2Rx) 333  đt max Áp dng (*) vi a = b = c = x 3 Ta có : 4 4 4 xxx 1 x x x R (2Rx) (2Rx) 333 4 3 3 3 16         Do đó S đt max  x (2R x) 3   3 xR 2  . TS. Nguyn Phú Vinh (TT BDVH và LTH Vnh Vin) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUN NĂM HỌC 2010 - 2011 KHÓA NGÀY 21/06/2010 Môn thi: TOÁN (chun) Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1 : (4 điểm) 1) Giải hệ phương trình : 1 y 1 x 1 2 5y 3 x 1  + =   +   + =  +  2) Giải phương trình: 2 2 2 (2x x) 2x x 12 0 − + − − = Câu 2 : (3 điểm) Cho phương trình x 2 – 2(2m + 1)x + 4m 2 + 4m – 3 = 0 (x là ẩn số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 (x 1 < x 2 ) thỏa 1 2 x 2 x = Câu 3 : (2 điểm) Thu gọn biểu thức: 7 5 7 5 A 3 2 2 7 2 11 + + − = − − + Câu 4 : (4 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm chính giữa của cung nhỏ AC. Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng: a)   ABP AMB = b) MA. MP = BA. BM Câu 5 : (3 điểm) a) Cho phương trình: 2x 2 + mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số và m, n là các số ngun).Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số ngun. Chứng minh rằng: m 2 + n 2 là hợp số. b) Cho hai số dương a, b thỏa a 100 + b 100 = a 101 + b 101 = a 102 + b 102 . Tính P = a 2010 + b 2010 Câu 6 : (2 điểm) Cho tam giác OAB vng cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là đường tròn tâm O bán kính a. Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 7 : (2 điểm) Cho a, b là các số dương thỏa 2 2 2 a 2b 3c + ≤ . Chứng minh 1 2 3 a b c + ≥ . HẾT Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………Số báo danh: …………………………. Chữ ký giám thò 1 :……………………………………… Chữ ký giám thò 2 :……………………………… Đ Ề CHÍNH TH Ứ C 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM HỌC 2010 – 2011 KHÓA NGÀY 21/06/2010 Đáp án : TOÁN Câu Hướng dẫn chấm Điểm 1 (4 đ) Câu 1 : (4 điểm) 1) Giải hệ phương trình : 1 y 1 x 1 2 5y 3 x 1  + =   +   + =  +  1 2 3y 1 y 1 2y 2 x 1 x 1 2 2 2 5y 3 5y 3 5y 3 x 1 x 1 x 1 −   = + = − = −       + + ⇔ ⇔    + =    + = + = +   + +   1 x 2 1 y 3  =   ⇔   =   2) Giải phương trình: 2 2 2 (2x x) 2x x 12 0 − + − − = Đặt t = 2x 2 – x, pt trở thành t 2 + t – 12 = 0 ⇔ t = 3 hay t = – 4 t = 3 ⇔ 2x 2 – x = 3 ⇔ x = – 1 hay x = 3/2 t = – 4 ⇔ 2x 2 – x = – 4 ( vơ nghiệm) Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = – 1, x = 3/2 0,5x4 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 2 (3 đ) Câu 2 : (3 điểm) Cho phương trình x 2 – 2(2m + 1)x + 4m 2 + 4m – 3 = 0 (x là ẩn số) (*) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 (x 1 < x 2 ) thỏa 1 2 x 2 x = ∆ ’ = (2m + 1) 2 – (4m 2 + 4m – 3) = 4 > 0, với mọi m Vậy (*) ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. 1 2 x 2m 1,x 2m 3 = − = + 1 2 x 2 x 2m 1 2 2m 3 = ⇔ − = + 7 m 2m 1 2(2m 3) 2 5 2m 1 2(2m 3) m 6   = −  − = +   ⇔   − = − +   = −    0,5 đ 0,5đ 0,5đ 1,5đ 3 (2 đ) Câu 3 : (2 điểm) Thu gọn biểu thức: 7 5 7 5 A 3 2 2 7 2 11 + + − = − − + Xét M = 7 5 7 5 7 2 11 + + − + Ta có M > 0 và M 2 = 14 2 44 2 7 2 11 + = + suy ra M = 2 A = 2 ( 2 1) 1 − − = 1 đ 1đ 2 4 (4 ñ) Caâu 4 : (4 ñieåm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp ñường tròn (O). Gọi P là ñiểm chính giữa cung nhỏ AC. Hai ñường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng: a)   ABP AMB = b) MA. MP = BA. BM M P A O B C a)        1 1 1 ( ) ( ) 2 2 2 = − = − = = AMB sñAB sñPC sñAC sñPC sñAP ABP b)      = ⇒ = = PA PC CAP ABP AMB suy ra CM = AC = AB ∆ MAC ~ ∆ MBP (g – g) . . . ⇒ = ⇒ = = MA MC MA MP MBMC MBAB MB MP 2ñ 1ñ 1ñ 5 (3 ñ) Caâu 5 : (3 ñieåm) a) Cho ph ươ ng trình: 2x 2 + mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩ n s ố và m, n là các s ố nguyên) Gi ả s ử ph ươ ng trình có các nghi ệ m ñề u là s ố nguyên. Ch ứ ng minh r ằ ng: m 2 + n 2 là h ợ p s ố . G ọ i x 1 , x 2 là 2 nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình ⇒ x 1 , x 2 nguyên, 1 2 m x x 2 + = − , x 1 x 2 = n + 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 m n (2x 2x ) (x x 4) 4x 4x x x 16 + = + + − = + + + 2 2 1 2 (x 4)(x 4) = + + x 1 2 + 4, x 2 2 + 4 là các số nguyên lớn hơn 1 nên m 2 + n 2 là hợp số. b) Cho hai số dương a, b thỏa a 100 + b 100 = a 101 + b 101 = a 102 + b 102 . Tính P = a 2010 + b 2010 Ta có 0 = a 100 + b 100 – (a 101 + b 101 ) = a 101 + b 101 – (a 102 + b 102 ) . ⇒ a 100 (1 – a) + b 100 (1 – b) = a 101 (1 – a) + b 101 (1 – b) ⇒ a 100 (1 – a) 2 + b 100 (1 – b) 2 = 0 ⇒ a = b = 1 ⇒ P = a 2010 + b 2010 = 2 0,5ñ 0,5ñ 0,5ñ 1ñ 0,5ñ 6 (2ñ) Caâu 6 : (2 ñieåm) Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là ñường tròn tâm O bán kính a. Tìm ñiểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB ñạt giá trị nhỏ nhất. 3 F E B A C O D M Đường thẳng OA cắt (O) tại C và D với C là trung ñiểm của OA. Gọi E là trung ñiểm của OC. * Trường hợp M không trùng với C và D: Hai tam giác OEM và OMA ñồng dạng (   OM 1 OE MOE AOM, OA 2 OM = = = ). ⇒ ME OM 1 AM OA 2 = = ⇒ MA = 2EM * Tr ườ ng h ợ p M trùng v ớ i C: MA = CA = 2EC = 2EM * Tr ườ ng h ợ p M trùng v ớ i D: MA = DA = 2ED = 2EM V ậ y luôn có MA = 2EM MA + 2MB = 2(EM + MB) ≥ 2EB = h ằ ng s ố . D ấ u “=” x ả y ra khi M là giao ñ i ể m c ủ a ñ o ạ n BE v ớ i ñườ ng tròn (O). V ậ y MA + 2MB nh ỏ nh ấ t khi M là giao ñ i ể m c ủ a ñ o ạ n BE v ớ i ñườ ng tròn (O). 1ñ 0,5 ñ 0,5ñ 7(2ñ) Caâu 7 : (2 ñieåm) Cho a, b là cá c s ố d ươ ng thỏ a 2 2 2 a 2b 3c + ≤ . Ch ứ ng minh 1 2 3 a b c + ≥ . Ta có 1 2 9 (1) (a 2b)(b 2a) 9ab a b a 2b + ≥ ⇔ + + ≥ + 2 2 2 2a 4ab 2b 0 2(a b) 0 ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ ( Đ úng) 2 2 2 2 2 a 2b 3(a 2b ) (a 2b) 3(a 2b ) (2) + ≤ + ⇔ + ≤ + 2 2 2 2a 4ab 2b 0 2(a b) 0 ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ (Đúng) Từ (1) và (2) suy ra 2 2 1 2 9 9 3 a b a 2b c 3(a 2b ) + ≥ ≥ ≥ + + ( do a 2 + 2b 2 ≤ 3c 2 ) 0,5 ñ 0,5ñ 1ñ [...]... t r ng cú th c t c a t m thi c ABCD sau khi ó c t xong m t xung quanh hỡnh nún núi trờn H t SBD thớ sinh: Ch ký c a GT 1: S Bi 1 K THI TUY N SINH L P 10 THPT TP HU Mụn: TON - Khúa ngy: 25/6/2 010 P N V THANG I M N i dung GIO D C V O T O TH A THI N HU CHNH TH C ý i m 2,25 a.1 (0,75) Gi i ph ng trỡnh 5 x 2 7 x 6 0 (1): 49 120 169 132 , 13 , 7 13 3 7 13 v x1 2 x1 10 5 10 a.2 (0,75) 2x 3y 13 :... gúc EAF = 450 Bi 5: ( 0,5 ủi m) Cho a,b,c l ba s dng th a món abc < 1 Ch ng minh r ng : 1 1 1 + 1 + b + bc + 1 + c + ca < 1 1 + a + ab -H T - Thi vo 10 ca HSP HN nm 2 010 Ngy 19 thỏng 6 nm 2 010 Cm n bn kaka math trờn Mathscope v bn c lp ụn thi ó cung cp thi ny Vũng 1 Bi 1 Cho biu thc A= x4 + 1 3 x4 2 2 x +1 ã x3 x(4x 1) 4 x7 + 6x6 x 6 : x2 + 29x + 78 3x2 + 12x 36 a)Rỳt gn A; b)Tỡm tt c x... (10) nh Xột CAD cú gúc C = 90o => tg gúc CDA = (11) T (8) (9) (10) v (11) => tg gúc CFE = 2 F 1 I E 2 C 3 1 D 1 2 A H 1 B O (hỡnh v c a Bi IV) Bi V ( 0,5 m) Gi ỡnh: x2 + 4x + 7 = (x+4) L i gi i x2 + 4x + 7 = x x2 + 7 - 4 + 4x - x ( ( +4 =0 - 4) - x ) =0 =0 V yx= l nghi m c G i ý l i gi i c ỡnh - ng THCS Gi ng Vừ - H N i S GD V O T O H N I CHNH TH C K THI TUY N SINH VO L P 10 THP CHUYấN Nm h c 2 010. .. 4 0 hay x2 7 x 2 7 4( x 4) 16 ( x 4) x 2 7 ( x 4) x2 7 4 0 x x2 = 9 x= 3 TS Nguy n Phỳ Vinh (TT BDVH v LT H V nh Vi n) 4 hay x 2 7 0 Sở Giáo dục v đ o tạo Thừa Thi n Huế CHNH TH C Kè THI TUY N SINH L P 10 THPT TP HU Khúa ngy 24.6.2 010 Mụn: TOáN Th i gian lm bi: 120 phỳt Bi 1: (2,25 i m) Khụng s d ng mỏy tớnh c m tay: a) Gi i ph ng trỡnh v h ph ng trỡnh sau: 1) 5 x 2 7 x 6 0 b) Rỳt g n bi u th c: P... : IK r 0,9dm V y sau khi c t xong m t xung quanh, ph n cũn l i c a t m thi c ABCD cú th c t c m t ỏy c a hỡnh nún 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta cú: CI 0,25 0,25 Ghi chỳ: H c sinh lm cỏch khỏc ỏp ỏn nh ng ỳng v n cho i m t i a i m ton bi khụng lm trũn 3 S GIO D C V O T O TH A THI N HU K THI TUY N SINH THPT CHUYấN QU C H C Khoỏ ngy 24.6.2 010 CHNH TH C Mụn: TON Th i gian lm bi: 150 phỳt Bi 1: (1,5 i m) Xỏc nh... ủi m Q ch ng minh r ng: PN PK + QN QK BI V ( 1,0 ủi m) Gi i phng trỡnh: x 8 x 7 + x 5 x 4 + x 3 x + 1 = 0 Lu ý: Giỏm th khụng gi i thớch gỡ thờm 3 2 R 2 Kè THI TUY N SINH L P 10 TRUNG H C PH THễNG KHểA NGY 21 THNG 6 N M 2 010 t i N ng MễN THI : TON Bi 1 (2,0 i m) a) Rỳt g n bi u th c A b) Tớnh B Bi 2 (2,0 i m) a) Gi i ph ( 3 1) 2 ( 20 45 3 5) 5 3 ng trỡnh x 4 13x 2 30 0 3 1 7 x y b) Gi i h ph... BAP BQP QNM (gúc n i ti p v gúc ch n cung) m QNM v BQP v trớ so le trong => PQ // MN Vừ Lý V n Long (TT BDVH v LT H V nh Vi n) S GIO D C V O T O THNH PH N NG Kè THI TUY N SINH L P 10 PTTH CHUYấN Lấ QUí ễN KHểA NGY 24 THNG 6 NM 2 010 MễN THI : TON ( Chuyờn Toỏn - H s 2) Th i gian : 150 phỳt ( khụng tớnh th i gian giao ủ ) CHNH TH C Bi 1: ( 2, 0 ủi m) a Rỳt g n bi u th c : A = 3 + 2 2 + 18 8 2 y b... THI N HU CHNH TH C K THI TUY N SINH THPT CHUYấN QU C H C Khoỏ ngy 24.6.2 010 Mụn: TON H NG D N CH M Bi Bi 1 N i dung i m (1,5 ) Ph a ng trỡnh cú hai nghi m phõn bi t 0,25 0 0 m 1 0 3 m 0 x1 7 x1 x2 V y: m = 0,25 (*) 0,25 2 m 1 m 2 7 m 1 m 1 8 m 1 7 m 2 x1 x2 x2 m 3 1 2(m 1) m 1 m 2 m 1 x2 Ta cú: 4 x1 m 0,25 4 m 0,5 6 Tho món (*) 6 tho món yờu c u bi toỏn BI 2 Ta cú: P P P P P x x2 y 2 2 y 2 3 y 2 010. .. ủó cho 1) Tỡm cỏc giỏ tr c a m ủ 2 x12 + x2 = 2 x1 x 2 ( 2 x1 x2 1) 2) Tỡm giỏ tr nh nh t v giỏ tr l n nh t c a bi u th c S = x1 + x2 BI III (2.0 ủi m) 1) Cho a l s b t kỡ,ch ng minh r ng: a 2 010 + 2 010 a 2 010 + 2009 >2 2) Tỡm cỏc s nguyờn x, y th a món phng trỡnh y 2 x( x 2)( x 2 2 x + 2) = 0 BI IV (3,0 ủi m) Cho ủ ng trũn (O;R) v m t ủi m M n m ngoi ủ ng trũn. ng trũn ủ ng kớnh OM c t ủ ng trũn...S GIO D C V O T O H N I CHNH TH C K THI TUY N SINH L P 10 THPT N m h c: 2 010 2011 MễN: TON Th i gian lm bi: 120 phỳt Bi I (2,5 i m) Cho bi u th c A x x 3 1) Rỳt g n bi u th c A 2 x x 3 3x 9 ,v ix x 9 0 v x 9 1 3 3) Tỡm giỏ tr l n nh t c a bi u th c A Bi . a 100 + b 100 = a 101 + b 101 = a 102 + b 102 . Tính P = a 2 010 + b 2 010 Ta có 0 = a 100 + b 100 – (a 101 + b 101 ) = a 101 + b 101 – (a 102 + b 102 ) . ⇒ a 100 (1 – a) + b 100 (1. loại khác Chuyên đề Toán Luyện thi Đại học Bồi dưỡng HSG Đề thi Đáp án Đại học Cao học Thi lớp 10 Olympic Giáo án các môn S GIÁO DC VÀ ÀO TO K THI TUYN SINH LP 10 THPT TP.HCM Nm hc: 2 010 – 2011. Dịch Vụ Toán Học Tuyển tập Đề thi vào lớp 10 năm học 2 010 - 2011 của các trường THPT trên cả nước (có Đáp án ) Môn Toán WWW.VNMATH.COM About VnMath.Com vnMath.com Dịch vụ Toán học info@vnmath.com Sách Đại