SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 THANH HÓA MÔN : TOÁN NGÀY THI : 30/06/2010 Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2.0 điểm) Cho phương trình: x 2 + px – 4 = 0 (1) (với p là tham số) 1. Giải pt (1) khi p = 3. 2. Giả sử x 1 , x 2 là các nghiệm của pt (1), tìm p để : x 1 (x 2 2 + 1) + x 2 (x 1 2 + 1) > 6. Bài 2: (2.0 điểm) Cho biểu thức: C = 3 3 1 1 3 3 3 c c c c c + − − − ÷ ÷ ÷ − + với c > 0; c ≠ 9. 1. Rút gọn C. 2. Tìm c để C nhận giá trị nguyên. Bài 3: (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x 2 và các điểm C, D thuộc (P) với x C = 2; x D = -1. 1. Tìm tọa độ các điểm C, D và viết phương trình đường thẳng CD 2. Tìm q để đường thẳng (d): y = (2q 2 - q)x + q + 1 (với p là tham số) song song với đường thẳng CD Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam giác BDC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao CM, DN cắt nhau tại H. 1. Chứng minh : CDMN là tứ giác nội tiếp. 2. Kéo dài BO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác CHDK là hình bình hành: 3. Cho cạnh CD cố định, B thay đổi trên cung lớn CD sao cho tam giác BCD luôn nhọn. Xác định vị trí điểm B để điện tích tam giác CDH lớn nhất Bài 5: (1.0 điểm): Cho u, v là các số dương thỏa mãn: u + v = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = u 2 + v 2 + 33 uv HẾT Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh:………. ĐỀ CHÍNH THỨC Bài Đáp án Điểm 1 (2,0đ) 1) Giải pt (1) khi p = 3. Với p = 3 thì ta có pt: x 2 + 3x – 4 = 0 (2) Ta thấy a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0. nên (2) có 2 nghiệm: x 1 = 1 và x 2 = 1 2 − 0,5đ 0,25đ 0,25đ 2) Giả sử x 1 , x 2 là các nghiệm của pt (1), ta luôn có: ∆ = q 2 + 16 > 0 mọi q. Theo Vi – ét ta có: 1 2 1 2 . 4 b x x p a c x x a − + = = − = = − Thay vào biểu thức: x 1 (x 2 2 + 1) + x 2 (x 1 2 + 1) > 6. <=> x 1 x 2 2 + x 1 + x 2 x 1 2 + x 2 > 6. <=> x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) + (x 1 + x 2 ) > 6. <=> (x 1 x 2 + 1)(x 1 + x 2 ) > 6. Ta được (-p)[(-4) + 1] > 6 => p > 2 Vậy với p > 2 thì ta có: x 1 (x 2 2 + 1) + x 2 (x 1 2 + 1) > 6. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 (2,0đ) 1. ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 3 6 9 ( 6 9) 3 . . 9 9 3 3 12 3 4 . 9 3 3 c c c c c c c c C c c c c c c c c c + − − − + + − − + − = = − − − = = − + Vậy với c > 0; c ≠ 9 thì C = 4 3c + 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2. Tìm c để C = 4 3c + nhận giá trị nguyên thì ta phải có 3c + là ước của 4 hay: 3c + = ± 1; 3c + = ± 2; 3c + = ± 4 Giải các pt trêm ta tìm được c = 1.Vậy với c = 1 thì C nhận các gía trị nguyên 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3 (2,0đ) 1) Với x C = 2 => y C = x C 2 = 4 suy ra C(2;4); Với x D = -1 => y D = x D 2 = 1 suy ra D(-1;1) Có nhiêu cách giải. Gọi pt đường thẳng CD là: y = ax + b do đt này đi qua hai điểm C, D nên ta có hệ sau: 4 2 1 a b a b = + = − + Giải hệ trên ta tìm được a = 1 và b= 2 Vậy pt đt CD là: y = x + 2 0,25đ 0,25đ 2) Để (d) song song với đt CD thì 2 2 1 2 1 1; 1 2 2 1 0 2 2 1 2 1 1 q q q q q q q q q − = = = − − − = ⇔ ⇔ ≠ + ≠ + ≠ Vậy q = 1 2 − thì (d): y = (2q 2 - q)x + q + 1 song song với đt CD 0,25đ 0,25đ 4 (3,0đ) Hình vẽ phục vụ a), b), c) 1. Tứ giác CDMN có: · 0 90CMD = ( CM ⊥ DB) · 0 90CND = ( DN ⊥ CB) M, N là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh DC dưới góc 90 0 . Nên CDMN là tứ giác nội tiếp dường tròn đường kính DC 2. Ta có: · 0 90KCB = (góc nội tiếp chắn nữa đt) hay KC ⊥ CB và DN ⊥ CB => DH // KC T 2 : DK // HC Từ trên ta có tứ giác DKCH là hình bình hành 3. S CDH = 1 2 DC.HP, mà DC cố định nên ta phải có HP lớn nhất <=> BH nhỏ nhất <=> BN = BM = nhỏ nhất Hay tứ giác MDCN là hình thang cân hay tam giác BDC cân tại B hay B là điểm chính giữa của cung lớn DC. Vậy khi B là điểm chính giữa của cung lớn DC thì S CDH lớn nhất 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 5 (1,0đ) Áp dụng Bunhia với hai số u, v ta có: (u + v) 2 ≤ (u 2 + v 2 )(1 2 + 1 2 ) <=> u 2 + v 2 ≥ 8 (1) do u + v = 4 Áp dụng Côsi với hai số u, v dương ta có:u + v ≥ 2 uv <=> uv ≤ 4 do u + v = 4 <=> 1 1 33 33 4 4uv uv ≥ ⇔ ≥ (2) Sử dụng kết quả của (1) và (2) ta được: P = u 2 + v 2 + 33 uv ≥ 8 + 33 4 = 65 4 Vậy Min P = 65 4 <=> u = v = 2 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2 010- 2011 THANH HÓA MÔN : TOÁN NGÀY THI : 30/06/2 010 Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao