Đường tròn đường kính AH ký hiệu là AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt ại M và N a Chứng minh ∆ACB và ∆AMN đồng dạng.. b Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn AH.. c Tìm trực tâm của ∆
Trang 1SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010 MÔN THI: TOÁN (ĐỀ CHUNG )
Thời gian làm bài: 120phút( Không kể thời gian giao đề)
Bài 1.(2,0 điểm)
Cho biểu thức ( ) ( )2
x 2 +3 x x
x x +1
a) Tìm điều kiện xác định của P
b) Rút gọn P
c) Tìm x để P > 0
Bài 2.(1,5 điểm)
Giải hệ phương trình: ( )
1 2 x + y= 2
2 2 x y=1
+
Bài 3 (2,0 điểm)
1) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng y= x+6 và parabol y=x2
2) Tìm mđể đồ thị hàm số y=(m+ 1)x+ 2m+ 3 cắt trục Ox, trục Oy tại các điểm A
và B và ∆OAB cân( đơn vị trên hai trục Ox và Oy bằng nhau)
Bài 4.(3,5 điểm)
Cho ∆ABC vuông đỉnh A, đường cao AH, I là trung điểm của AH, K là trung điểm của HC Đường tròn đường kính AH ký hiệu là (AH) cắt các cạnh AB, AC lần lượt
ại M và N
a) Chứng minh ∆ACB và ∆AMN đồng dạng
b) Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn (AH)
c) Tìm trực tâm của ∆ABK
Bai 5.(1,0 điểm)
Cho x y z, , là các số thực dương thoả mãn x+ + =y z 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:P 1 1 1
16x 4y z
-Hết -
http://kinhhoa.violet.vn
Trang 2ĐÁP ÁN
Bài 1.(2,0 điểm) a) P xác định
1 x 0
x 1
1 x 0
x 0
x 0
− ≠
≠
⇔ − ≥ ≠ ⇔ ≥
b) Rút gọn P
2
x 2 +3 x x
1 x
x
x
−
c) P > 0 =>
( 4 ) 0
Bài 2.(1,5 điểm)Giải hệ phương trình:
1 2 2 1 y= 2 y= 2 1
2 2 x y=1 1 2 x + y= 2
Bài 3 (2,0 điểm)
1) Toạ độ giao điểm của đường thẳng y= x+6 và parabol y=x2 là nghiệm của phương trình: 2
x =x+6 hay 2
x − − x 6=0 Giải phương trình ta có x =1 − 2;x =32 suy ra tung độ giao điểm tương ứng lày =41 ;y =92 Nên toạ độ các giao điểm là: A(-2;4), B(3;9)
2) Đồ thị hàm số y=(m+ 1)x+ 2m+ 3 cắt trục Oy tại các điểm B(0;2m+3) và cắt trục Ox tại điểm A 2 3; 0
1
m m
+
với m≠-1
Để ∆OAB cân thì OA= OB 2 3 2 3 2 3 2 3
m m
+ +
1) 2m 3 0 m= 3
2
− + = ⇔ khi đó A≡B≡O không tồn tại ∆OAB
1
1
)m 1 1 m 0
m
a
b
=
+
+ = ⇔ =
+ = − ⇔ = −
Vậy m=0; m=-2 là giá trị cần tìm
Bài 4.(3,5 điểm)
Hình 1
K
N
M
I
B
A
Trang 3a) AH⊥BC(gt); 0
HMA = HNA = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Áp dung hệ thức canh và đường cao trong tam giác vuông
Trong ∆ AHB và ∆AHC có AH2 = AM.AB=AN.AC
Suy ra:AM AN
AC = AB lại có góc A chung nên ∆ACB~∆AMN(c.g.c)
b) I là trung điểm của AH nên I là tâm của đường tròn(AH) => IM=IH
∆HNC vuông tại N có K là trung điểm của HC => KH=KC=KN
Lại có KI chung nên ∆KNI=∆KHI(c.c.c) => KNI =KHI mà KHI = 90 0 nênKNI = 90 0
Hay KN là tiếp tuyến của đường tròn (AH)
c) trong tam giác AHC có KI là đường trung bình nên KI//AC mà AC⊥AB =>KI⊥AB; mặt khác AH⊥KB nên I là trực tâm của ∆KAB
Bai 5.(1,0 điểm)
Cho x y z, , là các số thực dương thoả mãn x+ + =y z 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:P 1 1 1
16x 4y z
Theo BĐT Bu-nhi-a-côp-xki
16x x 4y y z z
VậyPmin=49
16x x= 4y y= z z và x+ + =y z 1
Trang 4SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH CHUYÊN
Năm học 2009 – 2010 MÔN THI: TOÁN (ĐỀ CHUYÊN )
Thời gian làm bài: 150phút( Không kể thời gian giao đề)
Bài 1.(2,5 điểm)
1) Giải phương trình: 2 1 1 2
x 3x +2 − x 2 =
2) Giải hệ phương trình:
1
x + =7
x y x =12
x y
+
Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phương trình: x − 6x − + 3 2m = 0
a) Tìm m để x = 7 − 48 là nghiệm của phương trình
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x=x1; x=x2 thoả mãn:
1 2
3
+
Bài 3 (2,0 điểm)
1) Cho phương trình: 2 ( )
2x + 2 2m 6 x − − 6m + 52 = 0( với m là tham số, x là ẩn số) Tìm giá trị của m là số nguyên để phương trình có nghiệm hữu tỷ
2) Tìm số abc thỏa mãn: ( )2
abc = + a b 4c
Bài 4.(3,5 điểm)
Cho ∆ABC nhọn có C <A Đường tròn tâm I nội tiếp ∆ABC tiếp xúc với các cạnh
AB, BC, CA lần lượt tại M, N, E; gọi K là giao điểm của BI và NE
a) Chứng minh 0 C
AIB 90
2
b) Chứng minh năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn
c) Gọi T là giao điểm của BI và AC, chứng minh: KT.BN=KB.ET
d) Gọi Bt là tia của đường thẳng BC và chứa điểm C Khi hai điểm A, B và Bt cố định; điểm C chuyển động trên tia Bt và thoả mãn giả thiết, chứng mỉnh rằng các đường thẳng NE luôn đi qua điểm cố định
http://kinhhoa.violet.vn
Trang 5ĐÁP ÁN
Bài 1.(2,0 điểm)
1) 2 1 1 2(Đk : x 2; x 1)
x 3x +2 − x 2 = ≠ ≠
1 x 1 2x 6x +4 2x 5x +2 =0
=25 16=9>0 3
ph ình
2(lo i) ; x (Tho )
¬ng tr cã hai nghiÖm :
2) Đặt 1
x + y =t ta có
x + t=7 x.t =12
nên x; t là hai nghiệm của phương trình:
2 7 12 0
X − X + = giải ra ta có X1 = 3;X2 = 4 nên
1)
=4 x y = y =
2)
=3 x y = y =
Vậy hệ có hai nghiệm: x1 3; y1 11 , x2 4; y2 11
Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phương trình: x − 6x − + 3 2m = 0
a) Để x = 7 − 48 = − 2 3là nghiệm của phương trình
b) Đặt x = t(t ≥ 0) thì phương trình có dạng: 2
t − 6t − 3+ 2m = 0(2)
Để phương trình có hai nghiệm: thì 0 6 12 8m 0 m 5
2
Theo hệ thức Vi-et thì 1 2
1 2
t t 3 2m
+ =
= − +
để pt(1) có hai nghiệm thì
1 2
1 2
3 2m 0 m
2
t t 0
+ ≥
≥
để 1 2
3
2 2
1 2
t t 2t t
36 12m=12 12m=-24 m=2(Tho m n)
Vậy m=2 là giá trị cần tìm
Trang 6Bài 3 (2,0 điểm)
2x + 2 2m 6 x − − 6m + 52 = 0có nghiệm hữu tỷ với m nguyên
2
x 2m 6 x 3m 26
⇔ + − − + = 0có nghiệm hữu tỷ với m nguyên
2m 6 12m 104 k k Z 4m -24m +36 12m 104 k
4m -12m + 9 k 77 2m 3 k 2m 3 k 77
1) 2m 3 k=1 m 21(Tho m n)
2m 3 k=77
− −
2) 2m 3 k= 1 m 18(Tho m n)
2m 3 k= 77
3) 2m 3 k=11 m 6(Tho m n)
2m 3 k=7
− −
4) 2m 3 k= 11 m 3(Tho m n)
2m 3 k 7
Vậy có 4 giá trị của m thoả mãn đề bài:m 1 = 21 ⇒x1 = 1;x2 = − 37;
m = − ⇒ 18 x = 2;x = 40;m 3 = ⇒ 6 x1 = 2;x2 = − 8;m 2 = − ⇒ 3 x1 = 5;x2 = 7
2) Tìm số abc thỏa mãn: ( )2
abc = + a b 4c
abc = + a b 4c nên abc chia hết cho 4 Suy ra c là chữ số chẵn Mặt khác
abc = + a b 4cnên ( )2
4 a + b có chữ số tận cùng là 6 =>( )2
a + b có tận cùng là 4, 9(1)
Do abc < 1000; c > 2.Suy ra ( )2 1000
8
Từ (1) và (2) suy ra a+b=8; 7; 3; 2
1) a+b=8 suy ra abc=256cnên abc=512 không thoả mãn
2) a+b=7 suy ra abc 196c =
nếu c=2 =>abc=392 không thoả mãn
nếu c=4 =>abc = 784 không thoả mãn
nếu c=6 =>abc 1000> không thoả mãn
3) a+b=3 suy ra abc = 36c
nếu c=2 =>abc 100< không thoả mãn
nếu c=4 =>abc 144 = không thoả mãn
nếu c=6 =>abc=216 thoả mãn
nếu c=8 =>abc = 288 không thoả mãn
4) a+b=2 suy ra abc 16c=
nếu c=8 =>abc 128 = không thoả mãn
nếu c=6 =>abc 100< không thoả mãn
Vậy số cần tìm là 216
Bài 4.(3,5điểm)
0
a) Trong AIB có AIB 180 ABI IAB
T E
N
M
K I
C B
A
Hình 2
Trang 7b) Vì CE=CN (t/c tiếp tuyến) nên ∆CEN cân tại C => 0 0 C
2CEN 180 C CEN 90
2
Nên tứ giác AIKE nội tiếp.(1)
Mặt khác 0
IEA = IMA = 90 vì (I) tiếp xúc với AB và AC nên tứ giác AMIE nội tiếp(2)
Từ (1) và (2) => năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn
c) Vì năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn
Nên TEK =TIA=> ∆TEK~∆TIA(g.g)=>TE TI
TK = TA(3) Tương tự ∆BIM~∆BIA(g.g)=>BM BI
BK = BA(4)
Do AI là phân giác của góc BATnên BI TI
BA = TA(5)
Từ (3), (4), (5) => BM TE Hay KT.BM KB.ET
BK = TK = Mà BN=BM nên KT.BN = KB.ET c) Vì năm điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn nên 0
AKB = 90 Do A, B và tia Bt cố định => tia BK cố định và AB ;ABtkhông đổi mà ABt
BK AB.cos
2
định Nên các đường thẳng NE luôn đi qua điểm K cố định