Tuyển tập đề thi vào lớp 10 THPT (Toán) năm học 2010 2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2010 – 2011 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  3x    x  y  1 b)  6 x  y  c) x  13 x   d) x  2 x   Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y   x2 đường thẳng (D): y  x  2 hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau: A  12   21  12 2  5  3 B               2    Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x  (3m  1) x  2m  m   (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = x12  x22  3x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) khác A B Các tiếp tuyến (O) A M cắt E Vẽ MP vng góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp đường tròn APMQ hình chữ nhật b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác EAO MPB đồng dạng Suy K trung điểm MP d) Đặt AP = x Tính MP theo R x Tìm vị trí M (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  3x   (1)    16  25  1 35 (1)  x   hay x  2 4  y  3 (1) 4 x  y  1 (1)  x  y  1   b)    ( pt (2)  pt (1)) 6 x  y  (2) 14 x   x  c) x  13 x   (3), đđặt u = x2, phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4) 13  11 13  11  hay u  3 (4) có   169  48  121  112 (4)  u  8 Do (3)  x   hay x   2 d) x  2 x   (5) '  2  2 2 Do (5)  x  hay x  2 Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ 1  Lưu ý: (P) qua O(0;0),  1;   ,  2; 2  2  1  (D) qua 1;   ,  2; 2  2  1  Do (P) (D) có điểm chung : 1;   ,  2; 2  2  b) PT hồnh độ giao điểm (P) (D)  x2  x  hay x  2  x 1  x2  x   2 1  Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (D) 1;   ,  2; 2  2  Bài 3: A  12   21  12  (3  3)  3(2  3)    (2  3)   5  3 B               2     2B =  42  62     42  62   5  (1  3)  (  1)     = (1  3)  (  1)     (  1)  (  1)   (  1)  (  1)    2 = 5.3   20  B = 10 Bài 4: a)    3m  1  8m  4m   m  2m   (m  1)    m Suy phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m – A= x12  x22  3x1 x2   x1  x2   x1 x2 1 25  (3m  1)  5(2m  m  1)  m  m     (m  )   (m  ) 4 25 Do giá trị lớn A : Đạt m = Bài 5: I a) Ta có góc EMO = 90O = EAO => EAOM nội tiếp Tứ giác APMQ có góc vng : EAO  APM  PMQ  90o => Tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQ nên I trung điểm AM B O Mà E giao điểm tiếp tuyến M A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng c) Cách 1: hai tam giác AEO MPB đồng dạng chúng tam giác vng có góc  ABM AOE , OE // BM AO AE => (1)  BP MP KP BP  (2) Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số AE AB Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K trung điểm MP EK AP  (3) AE // KP, Cách : Ta có EB AB EI AP (4) tam giác EOA MAB đồng dạng mặt khác, ta có  EO AB EK EI  So sánh (3) & (4), ta có : EB EO M Q E K I P x A Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I trung điểm AM => K trung điểm MP d) Ta dễ dàng chứng minh : abcd abcd    (*)   Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO  OP  R  (x  R)2  2Rx  x Ta có: S = SAPMQ = MP.AP  x 2Rx  x  (2R  x)x S đạt max  (2R  x)x đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max x x x  (2R  x) đạt max 3 x Áp dụng (*) với a = b = c = x x x x x x R4  Ta có : (2R  x)      (2R  x)   3 3 3 16  x Do S đạt max   (2R  x)  x  R TS Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH LTĐH Vĩnh Viễn) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUN NĂM HỌC 2010 - 2011 KHÓA NGÀY 21/06/2010 Môn thi: TOÁN (chun) Thời gian làm : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu : (4 điểm)   x + + y = 1) Giải hệ phương trình :   + 5y =  x + 2) Giải phương trình: (2x − x) + 2x − x −12 = Câu : (3 điểm) Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – = (x ẩn số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) thỏa x1 = x Câu : (2 điểm) Thu gọn biểu thức: A = 7+ + 7− − 3− 2 + 11 Câu : (4 điểm) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O) Gọi P điểm cung nhỏ AC Hai đường thẳng AP BC cắt M Chứng minh rằng: a) ABP = AMB b) MA MP = BA BM Câu : (3 điểm) a) Cho phương trình: 2x2 + mx + 2n + = (x ẩn số m, n số ngun).Giả sử phương trình có nghiệm số ngun Chứng minh rằng: m2 + n2 hợp số b) Cho hai số dương a, b thỏa a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Tính P = a2010 + b2010 Câu : (2 điểm) Cho tam giác OAB vng cân O với OA = OB = 2a Gọi (O) đường tròn tâm O bán kính a Tìm điểm M thuộc (O) cho MA + 2MB đạt giá trị nhỏ Câu : (2 điểm) Cho a, b số dương thỏa a + 2b ≤ 3c2 Chứng minh + ≥ a b c HẾT Họ tên thí sinh: ………………………………………………………Số báo danh: ………………………… Chữ ký giám thò :……………………………………… Chữ ký giám thò :……………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Câu Câu : (4 điểm) (4 đ) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM HỌC 2010 – 2011 KHÓA NGÀY 21/06/2010 Đáp án : TOÁN Hướng dẫn chấm   x + + y = 1) Giải hệ phương trình :   + 5y =  x + 1    −2 3y = x = y 2y + = − = −    x +  x +  ⇔ ⇔ ⇔   + 5y =  + 5y =  x + + 5y = y =   x +  x + 2) Giải phương trình: (2x − x) + 2x − x −12 = Đặt t = 2x2 – x, pt trở thành t2 + t – 12 = ⇔ t = hay t = – t = ⇔ 2x2 – x = ⇔ x = – hay x = 3/2 t = – ⇔ 2x2 – x = – ( vơ nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm x = – 1, x = 3/2 Câu : (3 điểm) 2 (3 đ) Cho phương trình x – 2(2m + 1)x + 4m + 4m – = (x ẩn số) (*) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) thỏa x1 = x ∆ ’ = (2m + 1)2 – (4m2 + 4m – 3) = > 0, với m Vậy (*) ln có nghiệm phân biệt với m x1 = 2m −1, x = 2m + x1 = x ⇔ 2m −1 = 2m + Điểm 0,5x4 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5 đ 0,5đ 0,5đ  m = −  2m −1 = 2(2m + 3)   ⇔  2m −1 = −2(2m + 3)  m = −  1,5đ Câu : (2 điểm) (2 đ) 7+ + 7− Thu gọn biểu thức: A = − 3− 2 + 11 Xét M = 7+ + 7− + 11 14 + 44 = suy M = + 11 − ( −1) = Ta có M > M2 = A= 1đ 1đ (4đ) Câu : (4 điểm) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O) Gọi P điểm cung nhỏ AC Hai đường thẳng AP BC cắt M Chứng minh rằng: a) ABP = AMB b) MA MP = BA BM A P O B C M 1 a) AMB = (sđAB − sđPC) = (sđAC − sđPC) = sđAP = ABP 2 2đ b) PA = PC ⇒ CAP = ABP = AMB suy CM = AC = AB MA MC = ⇒ MA.MP = MB.MC = MB.AB ∆ MAC ~ ∆ MBP (g – g) ⇒ MB MP 1đ 1đ Câu : (3 điểm) a) Cho phương trình: 2x2 + mx + 2n + = (x ẩn số m, n số ngun) (3 đ) Giả sử phương trình có nghiệm số ngun Chứng minh rằng: m2 + n2 hợp số Gọi x1, x2 nghiệm phương trình ⇒ x1, x2 ngun, x1 + x = − m , x1x2 = n + 0,5đ m + n = (2x1 + 2x )2 + (x1x − 4) = 4x12 + 4x 22 + x12 x 22 + 16 = (x12 + 4)(x 22 + 4) x12 + 4, x22 + số ngun lớn nên m2 + n2 hợp số 0,5đ 0,5đ b) Cho hai số dương a, b thỏa a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Tính P = a2010 + b2010 Ta có = a100 + b100 – (a101 + b101) = a101 + b101 – (a102 + b102) ⇒ a100(1 – a) + b100(1 – b) = a101(1 – a) + b101(1 – b) ⇒ a100(1 – a)2 + b100(1 – b)2 = 1đ ⇒ a=b=1 2010 2010 0,5đ +b =2 ⇒ P=a (2đ) Câu : (2 điểm) Cho tam giác OAB vng cân O với OA = OB = 2a Gọi (O) đường tròn tâm O bán kính a Tìm điểm M thuộc (O) cho MA + 2MB đạt giá trị nhỏ B F M D O E A C Đường thẳng OA cắt (O) C D với C trung điểm OA Gọi E trung điểm OC * Trường hợp M khơng trùng với C D: Hai tam giác OEM OMA đồng dạng OM OE ( MOE = AOM, = = ) OA OM ME OM ⇒ = = ⇒ MA = 2EM AM OA * Trường hợp M trùng với C: MA = CA = 2EC = 2EM * Trường hợp M trùng với D: MA = DA = 2ED = 2EM Vậy ln có MA = 2EM MA + 2MB = 2(EM + MB) ≥ 2EB = số Dấu “=” xảy M giao điểm đoạn BE với đường tròn (O) Vậy MA + 2MB nhỏ M giao điểm đoạn BE với đường tròn (O) 1đ 0,5 đ 0,5đ 7(2đ) Câu : (2 điểm) Cho a, b số dương thỏa a + 2b ≤ 3c2 Chứng minh + ≥ a b c Ta có + ≥ (1) ⇔ (a + 2b)(b + 2a) ≥ 9ab a b a + 2b ⇔ 2a − 4ab + 2b ≥ ⇔ 2(a − b) ≥ (Đúng) 0,5 đ a + 2b ≤ 3(a + 2b ) (2) ⇔ (a + 2b) ≤ 3(a + 2b ) 2 2 ⇔ 2a − 4ab + 2b ≥ ⇔ 2(a − b) ≥ (Đúng) 9 Từ (1) (2) suy + ≥ ≥ ≥ ( a2 + 2b2 ≤ 3c2) 2 a b a + 2b 3(a + 2b ) c 0,5đ 1đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2010 – 2011 MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) x x 3x  , với x  x    x 3 x 3 x 9 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm giá trị x để A  3) Tìm giá trị lớn biểu thức A Bài II (2,5 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất Bài III (1,0 điểm) Cho parabol (P) : y =  x2 đường thẳng (d) : y = mx  1) Chứng minh với giá trị m đường thẳng (d) ln cắt parabol (P) hai điểm phân biệt 2) Gọi x1, x2 hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) Tìm giá trị m để : x12 x  x 22 x1  x1x  Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường tròn (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F 1) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC D  OCB 3) Chứng minh CF Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O) 2 4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB Bài V (0,5 điểm) Cho biểu thức A  Giải phương trình : x  4x   (x  4) x  BÀI GIẢI Bài I: (2,5 điểm) Với x ≥ x  ta có : x x 3x  x ( x  3) x ( x  3) x    = 1) A =   x9 x 9 x 9 x 3 x 3 x9 x  x  x  x  x  x  3( x  3)    x 9 x9 x 9 2) A =  x    x   x = 36  x 3  x 3 lớn  x  nhỏ  x   x = x 3 Bài II: (2,5 điểm) Gọi x (m) chiều rộng hình chữ nhật (x > 0)  chiều dài hình chữ nhật x + (m) Vì đường chéo 13 (m) nên ta có : 132  x  ( x  7)  x  14 x  49  169   x2 + 7x – 60 = (1), (1) có  = 49 + 240 = 289 = 172 7  17 7  17 (loại) hay x  5 Do (1)  x  2 Vậy hình chữ nhật có chiều rộng m chiều dài (x + 7) m = 12 m Bài III: (1,0 điểm) 1) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: -x2 = mx –  x2 + mx – = (2), phương trình (2) có a.c = -1 < với m  (2) có nghiệm phân biệt trái dấu với m  (d) ln cắt (P) điểm phân biệt 2) x1, x2 nghiệm (2) nên ta có : x1 + x2 = -m x1x2 = -1 x1 x2  x22 x1  x1 x2   x1 x2 ( x1  x2  1)   1(m  1)  F m+1=3m=2 Bài IV: (3,5 điểm)  90o  FCD 1) Tứ giác FCDE có góc đối FED nên chúng nội tiếp I 2) Hai tam giác vng đồng dạng ACD DEB E C hai góc CAD chắn cung CE, nên ta  CBE DC DE D   DC.DB  DA.DE có tỉ số : DA DB 3) Gọi I tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác A B O D  CEA FCDE, ta có CF (cùng chắn cung CD)  CBA Mặt khác CEA (cùng chắn cung AC)  OCB tam OCB cân O, nên CFD D  IDC  HDB Ta có : IC OCD  OBD  OBD  900 HDB  900 nên IC tiếp tuyến với đường tròn tâm O  DCI  OCD Tương tự IE tiếp tuyến với đường tròn tâm O 4) Ta có tam giác vng đồng dạng ICO FEA có góc nhọn 1 CAE  COE  COI (do tính chất góc nội tiếp)  tgCIO   CO  R   tgAFB Mà tg CIO IC R Bài V: (0,5 điểm) 3) A  Giải phương trình : x  x   ( x  4) x  Bµi 1(1,5 ®iĨm): Cho biĨu thøc M = ( − + 40 ) vµ N = 5−2 5+2 1.Rót gän biĨu thøc M vµ N 2.TÝnh M+ N Bµi 2( 2,0 ®iĨm): 3x − y = −1 −3x + 2y = 1.Gi¶i hƯ ph−¬ng tr×nh  2.Gi¶i ph−¬ng tr×nh 3x2 – 5x = 3.Cho ph−¬ng tr×nh 3x2 – 5x – 7m = T×m gi¸ trÞ cđa tham sè m ®Ĩ ph−¬ng tr×nh cã nghiƯm d−¬ng Bµi 3( 3,75 ®iĨm): Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A cã AB < AC, ®−êng cao AH §−êng trßn ®−êng kÝnh AH c¾t AB ë P, c¾t AC ë Q 1.Chøng minh gãc PHQ = 900 2.Chøng minh tø gi¸c BPQC néi tiÕp 3.Gäi E, F lÇn l−ỵt lµ trung ®iĨm cđa HB vµ HC Tø gi¸c EPQF lµ h×nh g×? 4.TÝnh diƯn tÝch tø gi¸c EPQF tr−êng hỵp tam gi¸c vu«ng ABC cã c¹nh hun BC = a vµ gãc ACB = 300 Bµi 4( 0,75 ®iĨm): Cho x ≥ xy +1 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa biĨu thøc P = 3xy x + y2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN Khóa thi ngày 25 tháng năm 2010 MƠN THI: TỐN (Dành cho thí sinh dự thi chun Tốn chun Tin) Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức  P   2(a  b) 3  a  2b     a  2b3 a  a    a  2ab  2b   2b  2ab  Tìm điều kiện a b để biểu thức P xác định Rút gọn biểu thức P 3 Tính giá trị P (khơng sử dụng máy tính cầm tay) Biết a   b   Câu (2.0 điểm) Cho phương trình ax  bx  c  (1) Chứng minh số a, b, c thỏa mãn điều kiện 4a  5b  9c  , phương trình (1) ln ln có nghiệm Cho a = 2, tìm điều kiện b c để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 dấu thỏa mãn x1  x2  x1 x2  x1  x2  x1 x2  2010 Câu (1.0 điểm) Tìm số cặp số ngun (x, y) thỏa mãn điều kiện  2009 x  2011y  xy Câu (3.0 điểm)  CAE  DAE Cho ngũ giác lồi ABDEC thỏa mãn điều kiện AB = AC, BAD BDA  CEA  180 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE cắt A O (O khác A) a) Chứng minh ba điểm B, O C thẳng hàng b) Chứng minh AO  DE Cho tam giác ABC có ABC  450 BAC  300 Điểm M di động tia AC điểm N di động tia BC cho M  N OM = BN, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa điểm B, lấy điểm D cho tam giác ACD a) Chứng minh AB đường trung trực đoạn thẳng CD b) Chứng minh ba điểm D, M N tạo thành tam giác cân Câu (2.0 điểm) Một tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c thỏa mãn ( a  b  c )  (b  c  a )  ( c  a  b )  a  b  c Chứng minh tam giác tam giác Giải hệ phương trình 4 x  xy  y,   y  x y  HẾT -Họ tên thí sinh:……………………… …… … Số báo danh: ………………………… Chữ kí giám thị 1:……………………… … Chữ kí giám thị 2:………………………… Câu 1 Tìm điều kiện xác định rút gọn P   2(a  b)   a3  2b3 a P      a   a  2ab  2b   2b  2ab  a  2b  Điều kiện: a  0, b  0, a  2b Ta có a  2b3  3    a  2b     a  2b a  2ab  2b Suy 2(a  b)  a  2b3    a  2ab  2b   2(a  b)  a a  2b a  a  2ab  2b a  2b a  2ab  2b  a  2b a  2ab  2b a  2ab  2b   2b a  2b    a 2b  2b  a  a  2ab  2b  a  2b  a  a  2b3  a 2b  2ab     a  2b a  2ab  2b 2b 2b Từ đó, P a  2b  a  2b 2b   a  2b 2b 3 b   , tính P 2 1  3 1 Ta có a.b  1   1    Suy 2b  2   4a Do a  2b a P    4a   2a    2b 2b Câu Cho 4a  5b  9c  , chứng minh phương trình ax  bx  c  (1) ln có nghiệm Xét trường hợp a = Nếu b = từ 4a  5b  9c  , ta suy c = 0, phương trình (1) nghiệm với x  c Còn b  , phương trình (1) trở thành bx  c  , có nghiệm x   b 4a  9c Trường hợp a  , (1) phương trình bậc hai Từ 4a  5b  9c  , ta có b  Suy Cho a   2 (4a  9c ) 16a  28ac  81c (2a  7c )  12a  32c  4ac   0 25 25 25 Do đó, (1) có hai nghiệm phân biệt Vậy, trường hợp, (1) ln có nghiệm Tìm điều kiện b, c để phương trình x  bx  c  (1) có hai nghiệm x1, x2 dấu   b  4ac  x1  x2  x1x2  x1  x2  x1x2  2010 Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 dấu   b  8c  c  Nhận xét: Nếu xy  | x |  | y || x  y | Do đó, từ x  x  x1 x2  x  x  x1 x2  x2  3x22   ( x1  x2 )  x1 x2  x  x1 x2  x   x1     0, ta có 2  2 2 x1  x2  x1 x2  x1  x2  x1 x2  x1  x2  x1 x2  x1  x2  x1 x2  x1  x2 b Cùng với giả thiết, ta phải có | b | 2010 , hay b  2010 Kết hợp với điều kiện   b  8c  c  , ta suy điều kiện cần tìm 10052 b  2010  c  Mặt khác, theo định lí Vi-et, ta có x1  x2  Câu Tìm số cặp số ngun (x, y) thỏa mãn điều kiện  2009 x  2011 y  xy 2011y  20102 Ta có  2009 x  2011 y  xy  x( y  2009)  2011y   x   x  2011  y  2009 y  2009 Suy ra, số cặp số ngun (x, y) thỏa mãn điều kiện số ước số 20102 Phân tích 20102 thành tích thừa số ngun tố ta 20102  22.32.52.67 Suy ước số dương 20102 có dạng x.3 y.5 z.67t , với x, y, z, t số thuộc tập {0,1, 2} Do số số x, y, z, t có khả lựa chọn, nên số ước số dương 20102 3.3.3.3=81 Như vậy, số ước số 20102 2.81=162, thành có 162 cặp số ngun (x, y) thỏa mãn điều kiện Câu Cho ngũ giác lồi ABDEC thỏa mãn điều kiện AB = AC, BAD  CAE  DAE BDA  CEA  1800 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE cắt A O (O khác A) a) Chứng minh ba điểm B, O C thẳng hàng Ta có BOA  BOA, COA  CEA (góc nội tiếp chắn cung) Suy BOA  COA  BDA  CEA  1800 Vậy, B, O C thẳng hàng A C O B E D b) Chứng minh AO  DE BAC Hơn nữa, ADO  ABC  ACB Suy 1 1800 DAE  ADO  BAC  ABC  ACB   900 2 Từ BAD  CAE  DAE , ta có DAE    Vậy, DO  AE Chứng minh tương tự, ta có EO  AD Vậy O trực tâm tam giác ADE, đó, AO  DE Cho tam giác ABC có ABC  450 BAC  300 Điểm M di động tia AC điểm N di động tia BC cho M  N OM = BN, đó, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa điểm B, lấy điểm D cho tam giác ACD a) Chứng minh AB đường trung trực CD Từ giả thiết ABC  450 BAC  300 , ta suy tam giác AOC vng cân O tam giác COB Xét hai tam giác DCB ACO Vì AC = DC (tam giác ACD đều), CO = CB (tam giác COB đều)   ACO  DCB  600  DCO nên DCB = ACO Suy BD = OA = R, dẫn đến BD = BC (= R) Hơn nữa, AD = AC, nên AB đường trung trực CD b) Chứng minh ba điểm D, M N tạo thành tam giác cân Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, I trung điểm AC Ta có D, O, I thẳng hàng, R R AC  R 2, DI  , OI  2 Suy DM  DI  IM  DI  OM  OI  R  OM (2) A M I O C N D B Từ câu a), ta có DB = BC = R DBC  AOC  900 nên DN  DB  BN  R  BN (3) Từ (2), (3) OM = BN, ta suy DM = DN Giả thiết có M  N M, N nửa mặt phẳng bờ OB, D nằm nửa mặt phẳng lại Kết hợp với DM = DN, ta suy ba điểm D, M, N tạo thành tam giác cân D Câu Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác thỏa mãn ( a  b  c )  (b  c  a )  ( c  a  b )  a  b  c Chứng minh a  b  c Đặt x  b  c  a , y  c  a  b, z  a  b  c Do a, b, c cạnh tam giác nên x, y, z số dương yz zx x y Từ cách đặt, ta tính a  ,b  ,c  Khi đó, đẳng thức đề trở thành 2  x  y  z   ( x  y )3  ( y  z )3  ( z  x )3   x  y  z   x y  xy  y z  yz  z x  zx   x  y  x y  xy    y  z  y z  yz    z  x  z x  zx    ( x  y )( x  y )2  ( y  z )( y  z )2  ( z  x)( z  x )2   x  y  z , x, y, z số dương Từ x = y = z, ta dễ dàng suy a = b = c Giải hệ phương trình 4 x3  xy  y, ( 4)   y  x y  (5) Trừ theo vế hai phương trình hệ, ta x3  xy  y  x y  7( y  1) Phân tích x3  xy  y  x y thành nhân tử, ta x3  xy  y  x y  ( x  y )(4 x  xy  y ) Do đó, ( x  y )(4 x  xy  y )  7( y  1) (6) Từ (5), ta phải có y  , kết hợp với (4), ta suy x  Dẫn đến x  xy  y  3x   x  y   Cùng với (6), suy x  y dấu với y  Do đó, < y < 1, y - < , x – y < 0, hay x < y Dẫn đến < x < y < 1, y  6x y  , mâu thuẫn với (5) Còn y > 1, suy x > y > 1, y  x y  , mâu thuẫn với (5) Như vậy, y Cùng với (6), ta x = y = Thay x = y = vào hệ cho, thấy thỏa mãn Vậy hệ cho có nghiệm (x, y) = (1, 1) SỞ GIÁO ðỤC VÀ ðÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10THPT CH UY ÊN Năm học 2010 – 2011 ðỀ CHÍNH THỨC (Tốn chung) Thời gian làm bài: 120phút Bài : điểm Rút gọn biểu thức P= 7−4 − ( + 3)( − 3) 2− Giải phương trình − x + x + 16 = Bài : điểm Cho pa bol(P) y = - x2 đường thẳng y = - 2x + m a) Tìm tọa độ điểm pa bol có tung độ y = -2 b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d) qua điểm A( ; -2) Với giá trị m vừa tìm được, tìm tọa độ giao điểm đường thẳng (d) pa bol (P) Bài :2 điểm 3 Cho đa thức P(x) =  3x +  −  x −  − ( x + − m)3 P(x) có dạng thu gọn 2     P(x) = ax + bx + cx + d tìm giá trị m để : a +c = b +d Giải phương trình x + 11 + x − + x + = 14 x Bài : điểm Cho tam giác ABC vng A có AB 0, y < 0):   x + y = 82  C©u4: (3,0 ®iĨm) Tam gi¸c ABC cã BAC = 1050 , ®−êng trung tun BM vµ ®−êng ph©n gi¸c CD c¾t t¹i K cho KB = KC Gäi H lµ ch©n ®−êng cao h¹ tõ A cđa tam gi¸c ABC Chøng minh r»ng: HA = HB TÝnh sè ®o c¸c gãc ABC vµ ACB C©u 5: (1,0 ®iĨm) Ký hiƯu [x] lµ phÇn nguyªn cđa sè thùc x T×m c¸c sè thùc x tho¶ m n:  x +   x −  16 x −   +   = - HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh: Ch÷ ký gi¸m thÞ 1: Ch÷ ký gi¸m thÞ 2: ………….… Thi vào 10 KHTN HN năm 2010 Ngày 18 tháng năm 2010 Cảm ơn bạn kaka math Mathscope post đề thi Vòng Bài 3x2 + 8y + 12xy = 23 1) Giải hệ phương trình x2 + y = √ √ √ 2) Giải phương trình 2x + + 4x2 − 2x + = + 8x3 + Bài 1) Tìm tất cặp số ngun khơng âm (x; y) thỏa mãn đẳng thức + x2 + y + 4xy + (x + y) (xy + 1) = 25 2) Gọi [a] phần ngun a Chứng minh với n ngun dương, ta có n2 + n + + + ··· + = n 1.2 2.3 n (n + 1) Bài Cho đường tròn tâm ) với đường kính AB = 2R Trên đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (O) A ta lấy điểm C cho ACB = 300 Gọi H giao điểm thứ hai đường thẳng BC với (O) 1) Tính độ dài đoạn thẳng AC, BC khoảng cách từ A đến đường thẳng BC theo R; 2) Với điểm M đoạn thẳng AC, đường thẳng BM cắt đường tròn (O) điểm N (khác B) Chứng minh bốn điểm C, M, N, H nằm đường tròn tâm đường tròn ln chạy đường thẳng cố định M thay đổi đoạn thẳng AC Bài Cho a, b số thực thỏa mãn đẳng thức (1 + a)(1 + b) = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + a4 + + b4 Vòng Bài √ √ 1) Giải phương trình x + + 3x + = 4; 5x2 + 2y + 2xy = 26 2) Giải hệ phương trình 3x + (2x + y) (x − y) = 11 Bài 1) Tìm n ngun dương để n2 + 391 số phương; 2) Với x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Chứng minh √ xy + z + 2x2 + 2y ≥ √ + xy Bài Cho tam giác ABC nhọn, điểm M nằm tam giác Kẻ M H vng góc với BC (H thuộc BC) Từ H kẻ HE, HF, HP, HQ vng góc với AB, AC, BM, M C Giả sử E, P, Q, F thẳng hàng Chứng minh a) M trực tâm tam giác ABC; b) Tứ giác BEF H nội tiếp Bài Cho 2010 số thực khác khơng xếp theo thứ tự a1 ; a2 ; · · · ; a2010 Ta đánh dấu tất số dương dãy số âm thỏa mãn điều kiện tổng chúng với số số liền sau chúng số dương Chứng minh dãy có số dương tổng tất số bị đánh dấu số dương Chú ý: Ngày tài liệu khơng phải ngày thi mà ngày gõ đề Được gõ LaTeX Nguyễn Trung Tn THPT chun Hạ Long, Quảng Ninh Email: tuan.nguyentrung@gmail.com Điện thoại: 0984995888 Blog: http://trungtuan.wordpress.com/ Website: http://mathscope.org/ Së gi¸o dơc vµ ®µo t¹o hµ tÜnh kú thi tun sinh líp 10 thpt n¨m häc 2010 – 2011 §Ị chÝnh thøc M«n thi: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót, kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị M ®Ị 01 Bµi1 Rót gän c¸c biĨu thøc sau: 1) 18 − + 2) x− x x −1 + x x −1 Bµi Cho ph−¬ng tr×nh: x − x + m + = (1) (m lµ tham sè) 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1) m = 2) T×m gi¸ trÞ cđa m ®Ĩ ph−¬ng tr×nh (1) cã hai nghiƯm x , x tho¶ m n ®¼ng thøc: (x x - 1) = 20(x + x ) Bµi 3.1) Trªn hƯ trơc to¹ ®é Oxy, ®−êng th¼ng y = ax + b ®I qua ®iĨm M(0;1) vµ N(2;4) T×m hƯ sè a vµ b 2 x + y =  xy = 2) Gi¶i hƯ ph−¬ng tr×nh:  Bµi Cho h×nh vu«ng ABCD, ®iĨm M thc c¹nh BC (M ≠ B vµ M ≠ C) Qua B kỴ ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi tia DM c¾t c¸c ®−êng th¼ng DM, DC theo thø tù t¹i E vµ F 1) Chøng minh c¸c tø gi¸c: ABED vµ BDCE néi tiÕp ®−êng trßn 2) TÝnh gãc CEF 3) §−êng th¼ng AM c¾t ®−êng th¼ng DC t¹i N Chøng minh ®¼ng thøc: 1 = + 2 AD AM AN Bµi T×m x ®Ĩ y ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt tho¶ m n: x + 2y + 2xy - 8x – 6y = -HÕt - Së gi¸o dơc & ®µo t¹o VĨNH PHÚC -®Ị chÝnh thøc Kú thi tun sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2010 - 2011 M«n thi : To¸n (120 phót, kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị) PhÇn I Tr¾c nghiªm ( ®iĨm) Chän c©u tr¶ lêi ®óng C©u 1: Gi¸ trÞ cđa 10 40 b»ng: A 10 B.20 C 30 D 40 C©u 2: Cho hµm sè y = (m − 2) x + 1( x lµ biÕn, m lµ tham sè) ®ång biÕn, ®ã gi¸ trÞ cđa m lµ: A m = -2 B m < C m > D m = C©u 3: NÕu mét h×nh ch÷ nhËt cã hain ®−êng chÐo vu«ng gãc víi vµ ®é dµi mét c¹nh cđa h×nh ch÷ nhËt ®ã b»ng 0,5 cm th× diƯn tÝch h×nh ch÷ nhËt ®ã b»ng: A 0,25 cm2 B 1,0 cm2 C 0,5 cm2 D 0,15 cm2 C©u 4: TÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cđa ®Ĩ biĨu thøc x + cã nghÜa lµ : A x< -2 B.x ) a) T×m a ®Ĩ (d) c¾t (P) t¹i ®iĨm ph©n biƯt A vµ B Chøng minh r»ng lóc ®ã A vµ B n»m vỊ bªn ph¶i trơc tung b) Gäi x1 , x2 theo thø tù lµ hoµnh ®é cđa A, B T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc T  x1  x2 x1 x2  Câu 4: (1,0 điĨm) Tìm tất số thực x thỏa mãn : ( x  2)(4  x)  x    x  x x  x  30 C©u 5: (1,5 ®iĨm) Cho đường tròn ( O, R ) Từ điểm P nằm (O) kẻ hai dây AB CD vng góc Chứng minh rằng: PA2 + PB2 + PC2 + PD2 khơng phụ thuộc vào vị trí điểm P nằm đường tròn Câu 6: (1,5 điểm) Cho tam giác ABC có số đo ba cạnh BC = a, CA = b, AB = c điểm M nằm tam giác Dựng MA' vng góc BC, MB' vng góc CA MC' vng góc AB (A', B', C' thuộc BC, CA, AB) Hãy tìm giá trị nhỏ tổng: Z= a b c   MA ' MB ' MC ' Hết [...]... NI P N V THANG IM THI TUYN SINH VO TRNG TRUNG HC PH THễNG CHUYấN 2 010 Mụn thi : Toỏn (chuyờn) Cõu 1 1 (1 ủim) a b = 1 b 2 1 a 2 a + 1 a 2 = b + 1 b 2 a 1 a 2 = b 1 b2 a 2 a 4 = b 2 b 4 a 4 b 4 ( a 2 b 2 ) = 0 ( a 2 b 2 )( a 2 + b 2 1) = 0 Theo gi thit suy ra a 2 b 2 0 a 2 + b 2 = 1 2 2 2.(1 ủim) t a = 2009 20092 + 20092.2 0102 + 2 0102 = a 2 + a 2 ( a + 1) + ( a... 4) - x ) =0 =0 Vy x = l nghim ca phng trỡnh Gi ý li gii ca cụ giỏo Lu Kim Mai - Giỏo viờn trng THCS Ging Vừ - H Ni S GD V O TO H NI CHNH THC K THI TUYN SINH VO LP 10 THP CHUYấN Nm hc 2 010 2011 MễN: TON Ngy thi: 24 thỏng 6 nm 2 010 Thi gian Lm bi 150 phỳt BI I (2,0 ủim) 1) Cho n l s nguyờn, chng minh A = n 3 + 11n chia ht cho 6 2) Tỡm tt c cỏc s t nhiờn n ủ B = n 4 3n 2 + 1 l s nguyờn t BI II (2,0... kin gúc EAF = 450 Bi 5: ( 0,5 ủim) Cho a,b,c l ba s dng tha món abc < 1 Chng minh rng : 1 1 1 + + 1 + a + ab 1 + b + bc 1 + c + ca < 1 -HT - 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... mt xung quanh hỡnh nún núi trờn Ht SBD thớ sinh: Ch ký ca GT 1: K THI TUYN SINH LP 10 THPT TP HU Mụn: TON - Khúa ngy: 25/6/2 010 P N V THANG IM im Ni dung S GIO DC V O TO THA THI N HU CHNH THC Bi 1 ý 2,25 a.1 (0,75) Gii phng trỡnh 5 x 2 7 x 6 0 (1): 49 120 169 132 , 13 , 7 13 3 7 13 x1 v x1 2 10 5 10 0,25 0,25 3 Vy phng trỡnh cú hai nghim: x1 , x2 2 5 a.2 2 x 3 y 13 (0,75)... (gúc ni tip v gúc chn cung) m QNM v trớ so le trong => PQ // MN v BQP Vừ Lý Vn Long (TT BDVH v LTH Vnh Vin) Kè THI TUYN SINH LP 10 PTTH CHUYấN Lấ QUí ễN KHểA NGY 24 THNG 6 NM 2 010 S GIO DC V O TO THNH PH NNG MễN THI : TON ( Chuyờn Toỏn - H s 2) Thi gian : 150 phỳt ( khụng tớnh thi gian giao ủ ) CHNH THC Bi 1: ( 2, 0 ủim) a Rỳt gn biu thc : A = 3 + 2 2 + 18 8 2 y b Cho hai s dng tha món ủiu... 0,25 AB AC AC Tng t: IK r 0,9dm Vy sau khi ct xong mt xung quanh, phn cũn li ca tm thic ABCD cú th 0,25 ct c mt ỏy ca hỡnh nún Ghi chỳ: Hc sinh lm cỏch khỏc ỏp ỏn nhng ỳng vn cho im ti a im ton bi khụng lm trũn 3 S GIO DC V O TO THA THI N HU K THI TUYN SINH THPT CHUYấN QUC HC Khoỏ ngy 24.6.2 010 CHNH THC Mụn: TON Thi gian lm bi: 150 phỳt Bi 1: (1,5 im) Xỏc nh tham s m phng trỡnh m 1 x 2 2 m... 7 4)( x 2 7 4) 0 x 2 7 4 0 hay ( x 4) x 2 7 4 0 x 2 7 4 hay x 2 7 x x2 = 9 x = 3 TS Nguyn Phỳ Vinh (TT BDVH v LTH Vnh Vin) Kè THI TUYN SINH LP 10 THPT TP HU Sở Giáo dục v đo tạo Thừa Thi n Huế CHNH THC Khúa ngy 24.6.2 010 Mụn: TOáN Thi gian lm bi: 120 phỳt Bi 1: (2,25 im) Khụng s dng mỏy tớnh cm tay: a) Gii phng trỡnh v h phng trỡnh sau: 2 x 3 y 13 2) 3x 5 y 9 1) 5 x 2 7... phng trỡnh ủó cho 1) Tỡm cỏc giỏ tr ca m ủ x12 + x22 = 2 x1 x 2 ( 2 x1 x2 1) 2) Tỡm giỏ tr nh nht v giỏ tr ln nht ca biu thc S = x1 + x2 BI III (2.0 ủim) 1) Cho a l s bt kỡ,chng minh rng: a 2 010 + 2 010 a 2 010 + 2009 >2 2) Tỡm cỏc s nguyờn x, y tha món phng trỡnh y 2 x( x 2)( x 2 2 x + 2) = 0 BI IV (3,0 ủim) Cho ủng trũn (O;R) v mt ủim M nm ngoi ủng trũn.ng trũn ủng kớnh OM ct ủng trũn (O;R) ti... nhau ti ủim Q chng minh rng: PN PK + QN QK BI V ( 1,0 ủim) Gii phng trỡnh: x 8 x 7 + x 5 x 4 + x 3 x + 1 = 0 Lu ý: Giỏm th khụng gii thớch gỡ thờm 3 2 R 2 Kè THI TUYN SINH LP 10 TRUNG HC PH THễNG KHểA NGY 21 THNG 6 NM 2 010 ti Nng MễN THI : TON Bi 1 (2,0 im) a) Rỳt gn biu thc A ( 20 45 3 5) 5 b) Tớnh B ( 3 1) 2 3 Bi 2 (2,0 im) a) Gii phng trỡnh x 4 13x 2 30 0 3 1 x y 7 b) Gii h... trỡnh (x2 5x + 1)(x2 4) = 6(x 1)2 Vũng 2 Bi 1 a)Cho a, b l cỏc s dng khỏc nhau tho món a b = 1 b2 2 1 a Chng minh a2 + b2 = 1 b)Chng minh 20092 + 20092 ì 2 0102 + 2 0102 N Bi 2 a, b, c, d l bn s thc ụi mt khỏc nhau v tho món ng thi hai iu kin i)x2 2cx 5d = 0 cú hai nghim l a, b; ii)x2 2ax 5b = 0 cú hai nghim l c, d Chng minh a c = c b = d a v a + b + c + d = 30 Bi 3 m, n l cỏc s nguyờn ... a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 Tính P = a2 010 + b2 010 Ta có = a100 + b100 – (a101 + b101) = a101 + b101 – (a102 + b102) ⇒ a100(1 – a) + b100(1 – b) = a101(1 – a) + b101(1 – b) ⇒ a100(1... TẠO ĐỀ THI TUYỂN LỚP 10 THPT CHUN HẢI PHỊNG Năm học 2 010 - 2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút ( khơng kể thời gian giao đề) Bài (1,0 điểm) Cho biểu thức:      2 010. .. CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUN NĂM HỌC 2 010 - 2011 KHÓA NGÀY 21/06/2 010 Môn thi: TOÁN (chun) Thời gian làm : 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu