ĐÊ THI TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH THÁI BÌNH

Tìm k để đường thẳng d cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện2 tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.. Chứng minh rằng phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Năm học 2010-2011

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm)



x A

x x x x với

0, 9

Bài 2 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n và hai điểm A(0;2), B(-1;0)

1 Tìm các giá trị của k và n để:

a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y x  2 k

2 Cho n  Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện2 tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB

Bài 3 (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2 2mx m  7 0 (1) (với m là tham số).

1 Giải phương trình (1) với m 1

2 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá

trị của m.

3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x thoả mãn hệ thức:1; 2

1 1

16

x  x  .

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại

H (H nằm giữa O và B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E

1 Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với

CHK

2 Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F Chứng minh

ĐỀ CHÍNH THỨC

3 Giả sử KE = KC Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2.

Bài 5 (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh

4

HẾT

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Năm học 2010 - 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Bài 1 (2,0 điểm)

x A



0, 9

2 Chứng minh rằng: 5 1 1 10

1.

(1,25đ)

Với ĐK: x0,x9 Ta có:

3 3

x A

x x



0,25

9

A

3 x 9 x 3 x A

x

  

9 x A

x



Kết luận: Vậy với x0,x9thì A 9 x

x



2.

(0,75đ)

Ta có:

  

0,25

5

5 4



 = 10

0,25

Bài 2 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n và hai

điểm A(0;2), B(-1;0)

1 Tìm các giá trị của k và n để:

a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y x  2 k

2 Cho n  Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện2

tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB

1a

(1,0 đ)

(d): y = (k-1)x + n đi qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình:

( 1).0 2 ( 1).( 1) 0







0,25

2

n k





 

  



2 3

n k





 





0,5

Kết luận: Vậy k = 3, n = 2 thì (d) đi qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25

1b

(0,5 đ)

+ ( ) //( ) 1 1

2

k d

 



  

 



2 0

k n





 



Kết luận: Vậy ( ) //( ) 2

0

k d

n





  



2.

(0,5 đ)

Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + 2 Suy ra đường thẳng (d) cắt trục Ox tại C

     và khi đó toạ độ điểm C là 2 ;0

1 k



0,25

1

C

OC x

k

 và do B(-1;0) nên OB = 1

Vì các tam giác OAC và OAB vuông tại O và chung đường cao AO nên suy ra:

|1 |

k

 0 2

k k





  

 (thoả mãn đk k  )1 Kết luận: k = 0 hoặc k = 2

0,25

Bài 3 (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2 2mx m  7 0 (1) (với m là tham số).

1 Giải phương trình (1) với m 1.

2 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá

trị của m.

3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2 thoả mãn hệ thức:

1 1

16

x  x  .

1. Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành: 0,25

2 2 8 0

x  x 

       Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

1 3

4 1

1 3

2 1

x x

 







 



0,25

Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 2 0,25

2.

(0,75đ)

Pt (1) có  ' m2 (m 7) m2 m7 0,25

2

1 27

0

m

    

Vậy với mọi giá trị của m thì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25

3.

(0,5 đ)

Theo câu 2, ta có (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi giá trị của

m Theo định lý Vi ét ta có:

1 2

1 2

2 7





 



0,25

Theo giả thiết ta có: 1 2

1 2

0

1 1

16

16

x x

x x x x

x x







7 0

7 8 8

m

m m m

 



 







 





Vậy m = 8 là giá trị cần tìm

0,25

Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây

cung MN tại H (H nằm giữa O và B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường

tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A , hai

dây MN và BK cắt nhau ở E

1 Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với

CHK

2 Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F Chứng minh

NFK cân

3 Giả sử KE = KC Chứng minh: OK // MN và KM2 + KN2 = 4R2

h

k

o

n m

f

b a

B A

1.

(2,0đ)

 Ta có: + AHE 900 (theo giả thiết ABMN ) 0,5

90

AKE  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5

AHE AKE

    H, K thuộc đường tròn đường kính AE

Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp 0,25

 Xét hai tam giác  CAE và  CHK:

+ EACEHK (góc nội tiếp cùng chắn cung EK) Suy ra  CAE  CHK (g - g) 0,5

2.

MKB NKB

0,25

Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên

(2) (3)

NKB KNF MKB MFN









0,5

Từ (1), (2), (3) suy ra MFN KNF  KFN KNF Vậy  KNF cân tại K 0,25

3.

(0,5 đ)

* Ta có AKB900  BKC 900  KECvuông tại K

Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K

BEH KEC  OBK  Mặt khác vì  OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra  OBK vuông

cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB)

0,25

* Gọi P là giao điểm của tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính

và KP // MN Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP

Xét tam giác KMP vuông ở M ta có: MP2 + MK2 = KP2  KN2 + KM2 = 4R2

0,25

Bài 5 (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh

4

0,5 đ

Ta có: 3 3 2

(a 1) a  3a 3a 1

2

3 3 1

1 1 (1) ( 0)

a a a

b  b c  c

0,25

Từ (1), (2), (3) suy ra:

 13  13  13 3  3 9 3 3

a  b  c  a b c     

Vậy BĐT được chứng minh

Dấu đẳng thức xảy ra khi

2

2

2

2 3

0, 2

2

2 3

3 3

b b

a b c

a b c





  



0,25