TRƯỜNG THCS TƠ HIỆU ĐỀ THI THỬ LẦN Đề gồm 02 trang KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 PTTH NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi : TỐN Thời gian làm 120 phút (khơng kể giao đề) Ngày thi : / /2012 Phần 1- Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước phương án vào làm: Câu Rút gọn biểu thức + kết C 2 D A 10 B 16 Câu Phương trình sau có hai nghiệm trái dấu A x2 + x = B x2 + = C x2 -1 = D x2 +2x + = Câu Đường thẳng y = mx + m cắt đường thẳng y = x + điểm có hồnh độ A m = B m = -2 C m = D m = m = -2 Câu Hàm số y = |(m - 1)x + 2012| đồng biến ¡ A m ∈ ¡ B m > C m < D m ≠ Câu Phương trình ( x − 1) x − = có tập nghiệm A { 1;3} B { −1;1} C { 3} D { −1;1;3} Câu Cho đường tròn (O; R) có chu vi 4π cm Khi hình tròn (O; R) có diện tích D π cm2 A 4π cm2 B 3π cm2 C 2π cm2 Câu Cho biết sin α = , cos α 5 A B C D 5 Câu Một hình trụ có chiều cao cm, bán kính đáy cm Khi diện tích mặt xung quanh hình trụ A 12π cm2 B 24π cm2 C 40π cm2 D 48π cm2 Phần 2- Tự luận (8,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho biết a = + b = − Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab Giải phương trình hệ phương trình sau: 2x + y = a) x4 + 3x2 – = b) 3x + 4y = -1 Câu 10 (2,0 điểm) 1 Biết đường thẳng y = ax + b qua điểm M (2; ) song song với đường thẳng 2x + y = Tìm hệ số a b Cho phương trình bậc hai ẩn x: x2 – (m – 2)x – m2 + 3m – = (1) (m tham số) a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm phân biệt với m b) Tìm m để tỉ số hai nghệm phương trình (1) có giá trị tuyệt đối Câu 11 (3,25 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB Điểm C thuộc đường tròn (O) ( CB < CA, C khác A B) Gọi D điểm cung AC, E giao điểm AD BC 1) Chứng minh tam giác ABE cân B · · 2) Gọi F điểm thuộc đường thẳng AC cho C trung điểm AF Chứng minh EFA = EBD 3) Gọi H giao điểm AC BD, EH cắt AB K, KC cắt đoạn EF I Chứng minh a) Chứng minh tứ giác EIBK nội tiếp b) HF EI EK = + BC BI BK Câu 12 (0,75 điểm): Thí sinh chọn hai sau y - 2010 − x - 2009 − z - 2011 − + + = Bài 1: Giải phương trình: x - 2009 y - 2010 z - 2011 x Bài 2: Cho f ( x ) = Hãy tính giá trị biểu thức sau: − 3x + 3x A= f ÷+ 2012 f ÷ + + 2012 2010 f ÷+ 2012 2011 f ÷ 2012 ======Hết====== Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị số 1: Giám thị số 2: Phần I II Câu9 (2 đ) Câu10 (2 đ) Câu 1: D; Câu 5: C; Câu 2: C; Câu 6: A; Hướng dẫn chấm thi đáp án Câu 3: D; Câu 4: D Câu 7: C; Câu 8: B Mỗi câu cho 0,25 Ta có: a + b = ( + ) + ( − ) = a.b = ( + )( − = Suy P = 2a.Đặt x2 = y, y ≥ Khi PT cho có dạng: y2 + 3y – = (1) Phương trình (1) có tổng hệ số nên (1) có hai nghiệm y1 = 1; y2 = - Do y ≥ nên có y1 = thỏa mãn Với y1 = ta tính x = ± Vậy phương trình có nghiệm x = ± 2x + y = 8x + 4y = 5x = x = ⇔ ⇔ ⇔ 2b 3x + 4y = -1 3x + 4y = -1 2x + y = y = - 1.Viết đường thẳng 2x + y = dạng y = - 2x + Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy a = - (1) 1 Vì đường thẳng y = ax + b qua điểm M (2; ) nên ta có: = 2a + b (2) 2 điểm 2,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Từ (1) (2) suy a = - b = 0,25 2a) (0,5 điểm) PT (1) có a.c = 1(-m2 + 3m – 4) = -(m – 1,5)2 – 1,75 < với m Suy 0,5 PT ln có hai nghiệm phân biệt (trái dấu) 2b) (0,75 điểm) PT (1) có nghiệm nghiệm phân biệt trái dấu tỉ số hai nghiệm nên x1 = -2x2 0,25 x2 = -2x1 hay (x1 + 2x2)(x2 + 2x1) = x1x2 + 2(x1 + x2)2 = (*) Theo định lý Viet: x1 + x2 = m – 2, x1.x2 = -m2 + 3m – Thay vào (*) ta được: -m2 + 3m – + 2(m – 2)2 = m2 – 4m + = 0,25 m = m = 0,25 E D I F C H A Câu 11 (3,25đ) K 0,5 B 1) + Ta có góc AEB góc có đỉnh ngồi đường tròn chắn cung DC chắn nửa đường tròn đường kính AB nên ·AEB = ( sd »AB − sd DC » ) = sd »AD + sd BC » 2 » » » · = sd BD = sdCD + sdCB + Góc EAB góc nội tiếp chắn cung BD nên EAB 2 » + Ta có D điểm cung AC nên »AD = DC + Suy góc AEB = góc EAB suy tam giác BAE cân B 2) + Chỉ tam giác AEF cân E suy góc EFA = góc EAF + Ta có gócEAF = góc EBD (góc nội tiếp chắn cung CD) + Vậy góc EFA = góc EBD góc EAF 3a) + Theo câu 2, góc EFA = góc EBD suy tứ giác EFBH nội tiếp + Tứ giác EFBH nội tiếp suy góc FEB = góc FHB + Chỉ EK vng góc với AB tứ giác HCBK nội tiếp suy gócCHB= gócCKB 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 Từ suy góc IEB = góc IKB tứ giác EIBK nội tiếp 3b) +Ta có HF HC + CF HC CF = = + BC BC BC BC +Bằng cách cặp tam giác đồng dạng, chứng minh HC EI FC EK = ; = BC BI BC BK 0,5 HF EI EK = + BC BI BK x - 2009 = a; y - 2010 = b; z - 2011 = c + Cộng đẳng thức suy Bài 1: Đặt (với a, b, c > 0) Khi phương trình cho trở thành: a-1 b-1 c-1 1 1 1 1 1 1 + + = ⇔ − + ÷+ − + ÷+ − + ÷ = a b c 4 a a 4 b b 4 c c 2 0,75 1 1 1 1 1 1 ⇔ − ÷ + − ÷ + − ÷ = ⇔ a 2 a 2 b 2 c =b=c=2 Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015 Bài 2: Nhận xét Nếu x + y = f ( x ) + f ( y ) = (1− x) ⇒ f ( y ) = f ( 1− x) = Thật vậy, ta có f ( x ) = 3 x + ( 1− x) x + ( 1− x) 1− x) ( x3 Câu12 + = suy f ( x ) + f ( y ) = f ( x ) + f ( − x ) = 3 x + ( 1− x) x + ( 1− x) x3 suy ( 1− x) = f ( x) + f ( y) = f ( x) + f ( 1− x) = + 3 x + ( 1− x) x + ( 1− x) x3 1 Vậy, nhận xét chứng minh Ta có f ÷ = 2 Theo nhận xét ta có: 2011 2010 A= f ÷+ f ÷÷+ f ÷+ f ÷÷+ + 2012 2012 2012 2012 §Ị C©u1 : 1005 f ÷+ 2012 1007 f ÷÷+ 2012 1006 f ÷ = 1005 + 2012 1 f ÷ = 1005,5 2 Cho biĨu thøc x3 −1 x + x (1 − x ) + x − x : A= Víi x≠ ;±1 x2 − x −1 x + a, R gän biĨu thøc A b , TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc cho x= + 2 c T×m gi¸ trÞ cđa x ®Ĩ A=3 0,75 C©u2.a, Gi¶i hƯ ph¬ng tr×nh: ( x − y ) + 3( x − y ) = 2 x + y = 12 b Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: x − x − x − 15 x= ± 17 C©u : a)§Ỉt x-y=a ta ®ỵc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4 ( x − y ) + 3( x − y ) = Tõ ®ã ta cã x + y = 12 x − y = * (1) 2 x + y = 12 x − y = −4 * (2) 2 x + y = 12 Gi¶i hƯ (1) ta ®ỵc x=3, y=2 Gi¶i hƯ (2) ta ®ỵc x=0, y=4 VËy hƯ ph¬ng tr×nh cã nghiƯm lµ x=3, y=2 hc x=0; y=4 a) Ta cã x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3) mµ x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 víi mäi x VËy bÊt ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi x-5>0 =>x>5 C©u 3: Ph¬ng tr×nh: ( 2m-1)x2-2mx+1=0 • XÐt 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1 • XÐt 2m-1≠0=> m≠ 1/2 ®ã ta cã ∆, = m2-2m+1= (m-1)2≥0 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m ta thÊy nghiƯm x=1 kh«ng thc (-1,0) m − m +1 víi m≠ 1/2 pt cßn cã nghiƯm x= = 2m − 2m − 1 pt cã nghiƯm kho¶ng (-1,0)=> -1< >0 => 2m − =>m E,F thc ®êng trßn ®êng kÝnh BK hay ®iĨm E,F,B,K thc ®êng trßn ®êng kÝnh BK b ∠ BCF= ∠ BAF Mµ ∠ BAF= ∠ BAE=450=> ∠ BCF= 450 Ta cã ∠ BKF= ∠ BEF Mµ ∠ BEF= ∠ BEA=450(EA lµ ®êng chÐo cđa h×nh vu«ng ABED)=> ∠ BKF=450 V× ∠ BKC= ∠ BCK= 450=> tam gi¸c BCK vu«ng c©n t¹i B §Ị ( ) x x −1 x x +1 x − x +1 : Bµi 1: Cho biĨu thøc: P = − x −1 x − x x + x a,Rót gän P b,T×m x nguyªn ®Ĩ P cã gi¸ trÞ nguyªn Bµi 2: Cho ph¬ng tr×nh: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*) a.T×m m ®Ĩ ph¬ng tr×nh (*) cã nghiƯm ©m 3 x1 − x2 =50 b.T×m m ®Ĩ ph¬ng tr×nh (*) cã nghiƯm x1; x2 tho¶ m·n Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: ax2 + bx + c = cã hai nghiƯm d¬ng ph©n biƯt x1, x2Chøng minh: a,Ph¬ng tr×nh ct2 + bt + a =0 còng cã hai nghiƯm d¬ng ph©n biƯt t1 vµ t2 b,Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2 ≥ Bµi 4: Cho tam gi¸c cã c¸c gãc nhän ABC néi tiÕp ®êng trßn t©m O H lµ trùc t©m cđa tam gi¸c D lµ mét ®iĨm trªn cung BC kh«ng chøa ®iĨm A a, X¸c ®Þnh vÞ trÝ cđa ®iỴm D ®Ĩ tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh b, Gäi P vµ Q lÇn lỵt lµ c¸c ®iĨm ®èi xøng cđa ®iĨm D qua c¸c ®êng th¼ng AB vµ AC Chøng minh r»ng ®iĨm P; H; Q th¼ng hµng c, T×m vÞ trÝ cđa ®iĨm D ®Ĩ PQ cã ®é dµi lín nhÊt Bµi 5: Cho hai sè d¬ng x; y tho¶ m·n: x + y ≤ T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa: A = 501 + x +y xy §¸p ¸n Bµi 1: (2 ®iĨm) §K: x ≥ 0; x ≠ ( a, Rót gän: P = x( x − 1) : x − z x( x − 1) x −1 b P = x +1 = 1+ x −1 §Ĩ P nguyªn th× x −1 ) P= x −1 ( x − 1) = x +1 x −1 x −1 = ⇒ x =2⇒ x=4 x − = −1 ⇒ x = ⇒ x = x −1 = ⇒ x = ⇒ x = x − = −2 ⇒ x = −1( Loai ) VËy víi x= { 0;4;9} th× P cã gi¸ trÞ nguyªn Bµi 2: §Ĩ ph¬ng tr×nh cã hai nghiƯm ©m th×: ( ∆ = 25 > ⇔ (m − 2)(m + 3) > ⇔ m < −3 m < − ) ∆ = ( 2m + 1) − m + m − ≥ x1 x = m + m − > x + x = 2m + < b Gi¶i ph¬ng tr×nh: ( m − 2) − (m + 3) = 50 ⇔ 5(3m + 3m + 7) = 50 ⇔ m + m − = −1+ m1 = ⇔ m = − − 2 Bµi 3: a V× x1 lµ nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh: ax2 + bx + c = nªn ax12 + bx1 + c =0 1 V× x1> => c + b + a = Chøng tá x1 x1 x + a = 0; t1 = lµ mét nghiƯm d¬ng cđa ph¬ng tr×nh: ct2 + bt V× x2 lµ nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh: x1 ax2 + bx + c = => ax22 + bx2 + c =0 1 1 v× x2> nªn c + b. + a = ®iỊu nµy chøng tá lµ mét nghiƯm d¬ng cđa ph¬ng tr×nh x x x 2 2 ct2 + bt + a = ; t2 = x2 VËy nÕu ph¬ng tr×nh: ax2 + bx + c =0 cã hai nghiĐm d¬ng ph©n biƯt x1; x2 th× ph¬ng tr×nh : ct2 + bt + a =0 còng cã hai nghiƯm d¬ng ph©n biƯt t1 ; t2 t1 = b Do x1; x1; t1; t2 ®Ịu lµ nh÷ng nghiƯm d¬ng nªn t1+ x1 = + x1 ≥ x1 Do ®ã x1 + x2 + t1 + t2 ≥ t + x2 = + x2 ≥ x2 1 ; t2 = x1 x2 Bµi a Gi¶ sư ®· t×m ®ỵc ®iĨm D trªn cung BC cho tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh Khi ®ã: BD//HC; CD//HB v× H lµ trùc t©m tam gi¸c ABC nªn CH ⊥ AB vµ BH ⊥ AC => BD ⊥ AB vµ CD ⊥ AC A 0 Do ®ã: ∠ ABD = 90 vµ ∠ ACD = 90 VËy AD lµ ®êng kÝnh cđa ®êng trßn t©m O Ngỵc l¹i nÕu D lµ ®Çu ®êng kÝnh AD H cđa ®êng trßn t©m O th× tø gi¸c BHCD lµ h×nh b×nh hµnh P a V× P ®èi xøng víi D qua AB nªn ∠ APB = ∠ ADB B nhng ∠ ADB = ∠ ACB nhng ∠ ADB = ∠ ACB Do ®ã: ∠ APB = ∠ ACB MỈt kh¸c: ∠ AHB + ∠ ACB = 1800 => ∠ APB + ∠ AHB = 1800 Tø gi¸c APBH néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn nªn ∠ PAB = ∠ PHB Mµ ∠ PAB = ∠ DAB ®ã: ∠ PHB = ∠ DAB Chøng minh t¬ng tù ta cã: ∠ CHQ = ∠ DAC VËy ∠ PHQ = ∠ PHB + ∠ BHC + ∠ CHQ = ∠ BAC + ∠ BHC = 1800 Ba ®iĨm P; H; Q th¼ng hµng c) Ta thÊy ∆ APQ lµ tam gi¸c c©n ®Ønh A Q O C D Cã AP = AQ = AD vµ ∠ PAQ = ∠ 2BAC kh«ng ®ỉi nªn c¹nh ®¸y PQ ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt AP vµ AQ lµ lín nhÊt hay AD lµ lín nhÊt D lµ ®Çu ®êng kÝnh kỴ tõ A cđa ®êng trßn t©m O §Ị Bµi 1: Cho biĨu thøc: P= x − y ( − ) ( xy )( ) ( x + y )(1 − y ) x + y) x +1 x + 1− y a) T×m ®iỊu kiƯn cđa x vµ y ®Ĩ P x¸c ®Þnh Rót gän P b) T×m x,y nguyªn tháa m·n ph¬ng tr×nh P = Bµi 2: Cho parabol (P) : y = -x2 vµ ®êng th¼ng (d) cã hƯ sè gãc m ®i qua ®iĨm M(-1 ; -2) a) Chøng minh r»ng víi mäi gi¸ trÞ cđa m (d) lu«n c¾t (P) t¹i hai ®iĨm A , B ph©n biƯt b) X¸c ®Þnh m ®Ĩ A,B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung Bµi 3: Gi¶i hƯ ph¬ng tr×nh : x + y + z = 1 1 + + =1 x y z xy + yz + zx = 27 Bµi 4: Cho ®êng trßn (O) ®êng kÝnh AB = 2R vµ C lµ mét ®iĨm thc ®êng trßn (C ≠ A ; C ≠ B ) Trªn nưa mỈt ph¼ng bê AB cã chøa ®iĨm C , kỴ tia Ax tiÕp xóc víi ®êng trßn (O), gäi M lµ ®iĨm chÝnh gi÷a cđa cung nhá AC Tia BC c¾t Ax t¹i Q , tia AM c¾t BC t¹i N a) Chøng minh c¸c tam gi¸c BAN vµ MCN c©n b) Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R 1 1 + + = Bµi 5: Cho x, y, z ∈ R tháa m·n : x y z x+ y+z H·y tÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc : M = + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) §¸p ¸n Bµi 1: a) §iỊu kiƯn ®Ĩ P x¸c ®Þnh lµ :; x ≥ ; y ≥ ; y ≠ ; x + y ≠ x(1 + *) Rót gän P: P = = = = ( x ) − y (1 − ( x + ) y ( x − y ) + x x + y y − xy ( ( x + )( x + y ( y 1+ )( x − )( x + y +x− x − y + y − y x b) P = ⇔ ⇔ ⇔ x + ( ( x + )( y ( xy − xy − y = )( ) ( y − x −1 + y ) y x 1− x + x1+ x ) ) )( y 1+ ( x + y ) (1 − y ) xy + y − xy x 1− = (1 − y ) ) (1 + x 1− y 1+ VËy P = )( ( y ) − xy ) x = y ) − (1 − y ) ( ) ) x +1 − ( y 1− y ) y ( ) ( x +1 + y 1+ (1 + x ) (1 − y ) = x + xy − )( x 1− x ) y y ) ) y +1 =1 y =1 Ta cã: + y ≥ ⇒ x − ≤ ⇔ ≤ x ≤ ⇒ x = 0; 1; 2; ; Thay vµo ta cãc¸c cỈp gi¸ trÞ (4; 0) vµ (2 ; 2) tho¶ m·n Bµi 2: a) §êng th¼ng (d) cã hƯ sè gãc m vµ ®i qua ®iĨm M(-1 ; -2) Nªn ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d) lµ : y = mx + m – Hoµnh ®é giao ®iĨm cđa (d) vµ (P) lµ nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh: - x2 = mx + m – ⇔ x2 + mx + m – = (*) V× ph¬ng tr×nh (*) cã ∆ = m − 4m + = ( m − ) + > ∀ m nªn ph¬ng tr×nh (*) lu«n cã hai nghiƯm ph©n biƯt , ®ã (d) vµ (P) lu«n c¾t t¹i hai ®iĨm ph©n biƯt A vµ B b) A vµ B n»m vỊ hai phÝa cđa trơc tung ⇔ ph¬ng tr×nh : x2 + mx + m – = cã hai nghiƯm tr¸i dÊu ⇔ m – < ⇔ m < x + y + z = (1) 1 1 ( 2) Bµi : + + = x y z xy + yz + xz = 27 ( 3) §KX§ : x ≠ , y ≠ , z ≠ ⇒ ( x + y + z ) = 81 ⇔ x + y + z + ( xy + yz + zx ) = 81 ⇔ x + y + z = 81 − ( xy + yz + zx ) ⇔ x + y + z = 27 ⇒ x + y + z = ( xy + yz + zx ) ⇒ 2( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) = ⇔ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) = ( x − y ) = x = y ⇔ ( y − z ) = ⇔ y = z ⇔ x= y = z ( z − x ) = z = x Thay vµo (1) => x = y = z = Ta thÊy x = y = z = thâa m·n hƯ ph¬ng tr×nh VËy hƯ ph¬ng tr×nh cã nghiƯm nhÊt x = y = z = Bµi 4: a) XÐt ∆ ABM vµ ∆ NBM Q Ta cã: AB lµ ®êng kÝnh cđa ®êng trßn (O) nªn :AMB = NMB = 90o M lµ ®iĨm chÝnh gi÷a cđa cung nhá AC N nªn ABM = MBN => BAM = BNM => ∆ BAN c©n ®Ønh B Tø gi¸c AMCB néi tiÕp C => BAM = MCN ( cïng bï víi gãc MCB) M => MCN = MNC ( cïng b»ng gãc BAM) => Tam gi¸c MCN c©n ®Ønh M b) XÐt ∆ MCB vµ ∆ MNQ cã : MC = MN (theo cm trªn MNC c©n ) ; MB = MQ ( theo gt) B A ∠ BMC = ∠ MNQ ( v× : ∠ MCB = ∠ MNC ; ∠ MBC = ∠ MQN ) O => ∆ MCB = ∆ MNQ (c g c) => BC = NQ XÐt tam gi¸c vu«ng ABQ cã AC ⊥ BQ ⇒ AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ) => AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( − 1) R Bµi 5: 1 1 1 1 =0 Tõ : + + = => + + − x y z x+ y+z x y z x+ y+z x+ y x+ y+z−z + =0 => xy z( x + y + z ) = ⇒ ( z + y ) + xy z ( x + y + z ) zx + zy + z + xy = ⇒ ( x + y ) xyz ( x + y + z ) ⇒ ( x + y )( y + z ) ( z + x ) = Ta cã : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) 3 VËy M = + (x + y) (y + z) (z + x).A = 4 §Ị Bµi 1: 1) Cho ®êng th¼ng d x¸c ®Þnh bëi y = 2x + §êng th¼ng d/ ®èi xøng víi ®êng th¼ng d qua ®êng th¼ng y = x lµ: (Chọn phương án cho câu ghi vào giấy làm Ví dụ: câu chọn A ghi 1.A) Câu Cho x1 , x2 hai nghiệm phương trình: x − x + = Khi ( x1 + 1) ( x2 + 1) hai nghiệm phương trình: A x − x + = B x − x + = C x − x + = D x − x + = Câu Cho x1 , x2 hai nghiệm dương phương trình: x − x + = Khi x1 x2 hai nghiệm phương trình: A x − 3x + = B x − x + = C x − 3x − = D x − x − = Câu 3.Cho ba đường thẳng: ( d1 ) : y = x − ; ( d ) : y = − x + ; ( d ) : y = mx − m Để ba đường thẳng đồng quy thì m phải thoả điều kiện: A m = −1 B m = C m = D m = Câu Cho parabol ( P ) : y = ax điểm A − 2;1 Để ( P ) qua A thì a phải thoả điều ( ) kiện: A a = − B a = + 2 C a = − 2 D + 2 Câu Cho phương trình ( m − 1) x − 2mx − m + = có nghiệm m thoả điều kiện: A m ≥ B m ≤ C m ≠ D Với giá trị Câu Cho phương trình ( m + 1) x − 2mx + m = có hai nghiệm phân biệt m thoả điều kiện: A m > B m < C m < m ≠ −1 D m > m ≠ Câu Tam giác ABC có đợ dài ba cạnh là: 3a;4a;5a Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng: A a B a C 5a D 5a 2µ Câu Cho tứ giác ABCD nợi tiếp đường tròn Biết µA = C , số đo góc µA bằng: A 600 B 720 C 1080 D 1200 Câu Cho đường tròn tâm O, bán kính R = 5a Hai dây AB CD song song C, D tḥc cung nhỏ »AB Biết AB = 8a; CD = 6a , khoảng cách giửa hai dây bằng: A 1a B 2a C 3a D 5a Câu 10 Nếu diện tích mặt cầu tăng lên lần thì thể tích hình cầu tăng lên lần?: A 2 B.2 C.4 D II PHẦN TỰ LUẬN: Thời gian làm 120 phút/15 điểm Bài (3,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 1) – m +1 = Xác định m để phương trình có hai nghiệm khác Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả: 1 − = x1 x2 Bài (3,5 điểm) − x2 Cho parabol (P) : y = đường thẳng (d) : y = −mx + 2m ; ( m tham số) Tìm m để (d) tiếp xúc với (P) Xác định toạ đợ điểm tiếp xúc Chứng minh (d) ln qua mợt điểm cố định I, xác định toạ đợ I Gọi A, B hai điểm tiếp xúc câu a) Tính diện tích tam giác AIB Bài (3,5 điểm) Giải phương trình: x2 + x2 − = x2 − x + y = 4( x + y ) Giải hệ phương trình: 2 x + y = Bài (2,5 điểm) Cho A M hai điểm đường tròn tâm O, bán kính R; B điểm đối xứng O qua A D trung điểm OA Chứng minh hai tam giác ∆OMD ∆OBM đồng dạng · Tính đợ dài MB MOA = 600 Cho C điểm cố định nằm ngồi đường tròn, xác định vị trí M đường tròn để tổng 2MC + MB đạt giá trị nhỏ Bài (2,0 điểm) Tìm nghiệm ngun phương trình: x + y − x y − xy = BÀI GIẢI I PHẦN TRẮC NGHIỆM: 1.C 2.A 3.D 4.D 5.D 6.C 7.B 8.B II PHẦN TỰ LUẬN: Bài 1: Phương trình x − 2(m + 1) x − m + = (1) 1) Phương trình (1) có hai nghiệm khác 9.A 10.A m ≥ m ≥ ∆ ' ≥ ( m + 1)2 + m − ≥ m(m + 3) ≥ ⇔ ⇔ ⇔ m ≤ −3 ⇔ m ≠ m ≠ −m + ≠ m ≠ m ≠ m ≤ −3 Vậy : m ≥ 0, m ≠ m ≤ −3 2) Áp dụng hệ thức Vi- ét, ta có: x1 + x2 = 2m + 1 x −x − =2⇔ =2 Do đó: x1 x2 x1 x2 x1 x2 = − m + ⇔ ( x1 − x2 )2 = 4( x1 x2 ) ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 4( x1 x2 ) ⇔ (2m + 2) − 4(−m + 1) = 4(−m + 1)2 ⇔ 20m − = ⇔m= Vậy : m= 5 Bài 2: 1) Phương trình hồnh đợ giao điểm (P) và(d) là: Đường thẳng (d) tiếp xúc với (P) m = ⇔ ∆ ' = m − 4m = ⇔ m = • Với m = ⇒ tiếp điểm 0(0;0) • Với m = ⇒ tiếp điểm B(4;8) 2) Phương trình: y = −mx + 2m ⇔ (− x + 2)m − y = − x + = ⇔ , ∀m − y = x = ⇔ y = Vậy : I(2;0) 3) S AIB = AI BH (H hình chiếu B /Ox) 2.8 = (đvdt) Bài 3: 1) Phương trình = x2 + x2 − = x2 − Đặt t = x − ≥ , Khi đó,ta có phương trình: t +4+4 t =t ⇔ ( t + 2) = t ⇔ t +2 =t ⇔ t − t − = (do t + > ) t = −1 (loai ) ⇔ t = (nhan) Do : t = x − = ⇔ x = ±2 Vậy phương trình có nghiệm x = ±2 x + y = 4( x + y ) (1) 2) Hệ phương trình 2 (2) x + y = Ta có : (1) ⇔ ( x + y ) = ( x + y ) ⇔ ( x + y ) + 3xy ( x + y ) − ( x + y ) = ⇔ −3 ( x + y ) + 3xy ( x + y ) = ⇔ −3 ( x + y ) ( x − y ) = ⇔ ( x + y ) ( x + y ) − xy = a = x + y (2) ⇔ ( x + y ) − xy = Đặt ta được: b = xy a = 0, b = − 3a = 3a ( a − 4b ) = a − b = 1 ⇔ ⇔ a = 2, b = a − 2b = a − 4b = a − 2b = a = − 2, b = a = x + y = 2 2 ⇒ ⇒ ( x, y ) = ,− , Với ÷; − ÷ 1 2 2 b = − xy = − a = x + y = 2 ⇒ ⇒x = y = Với ÷ 1 b = xy = a = − x + y = − 2 ⇒ ⇒ x = y = − Với ÷ 1 b = xy = 2 2 2 ;− ; ; Vậy hệ pt cho có nghiệm: ( x, y ) = ÷ , − ÷ , ÷, 2 2 2 2 ;− − ÷ Bài 4: B B' C 1) ∆OMD ∆OBM có: Ơ : góc chung OM OD = (= ) OB OM DM = BM M A · 2) ∆MOA ( OA = OM MOA = 600 ) nên: A' MD vng góc với OA D D R ⇒ MD = OD = E O DM = Mà (cmt) Do đó: BM MB = MD = R (đvđd) 3) Vẽ (d) qua C cắt (O) M N, tiếp tuyến CE Ta có : ∆CME : ∆CEN (g.g) N CM CE ⇒ = ⇔ CE = CM CN CE CN 2 Mà CE = CO − R ( khơng đổi C cố định) Theo BĐT Cơ-si , ta có: CM + CN ≥ CM CN = CO − R (1) Dấu “=” xãy CM = CN Khi M ≡ N ≡ E M ≡ N ≡ A ' ⇔ CM tiếp tuyến đường tròn (O) (1) ⇒ 2CM + CN ≥ 2CM CN = 2(CO − R ) Dấu “=” xãy 2CM = 2(CO − R ) CN Khi đ ó : 3CM = 2(CO − R ) ⇔ 2CM = 2(CO − R ) + R Mặt khác: BM ≥ OB − OM = R − R = R Suy ra: 2CM + BM ≥ ⇔ A ≡ M Vậy :2CM + BM đạt GTNN CM tiếp tuyến (O) Bài 5: 3 Phương trình : x + y − x y − xy = ⇔ ( x + y ) − xy ( x + y ) = Do ∆OMD : ∆OBM (c.g.c) ⇒ ⇔ ( x + y) ( x − y) = x + y = ( x − y ) = ⇔ x + y = x − y = ) ( (VN / Z ) x = ⇔ y = x = hoac y = Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (x,y) = (2;3) ; (3;2) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012 MƠN THI: TỐN (chun) (Đề thi có 01 trang) Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 23/6/2011 Câu (1,5 điểm) x Cho biểu thức A = x +3 + 3x + x − − ÷ (víi x ≥ 0, x ≠ 9) ÷: ÷ x −3 x −9 ÷ x −3 x − a) Rút gọn A b) Tìm x để A = −1 Câu (1,5 điểm) Cho hàm số y = x (P) y = (m + 3) x − m + (d) a) Vẽ đồ thị hàm số (P) b) Chứng tỏ (d) ln ln cắt (P) hai điểm phân biệt Câu (1,5 điểm) 5 x − Giải hệ phương trình: 3 x + 10 y =1 y2 +1 20 y = 11 y2 +1 Câu (1,5 điểm) Cho phương trình: x + 2mx + = (1) Tìm m để X = x12 ( x12 − 2012) + x2 ( x2 − 2012) đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ ( x1 , x2 hai nghiệm phân biệt (1)) Câu (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB; nửa đường tròn lấy điểm C (cung BC nhỏ cung AB), qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn tâm O cắt AB D Kẻ CH vng góc với AB (H ∈ AB), kẻ BK vng góc với CD (K ∈ CD); CH cắt BK E a) Chứng minh: CB phân giác góc DCE b) Chứng minh: BK + BD < EC c) Chứng minh: BH AD = AH BD Câu (1 điểm) Chứng minh rằng: 21 a + ÷+ b + ÷ > 31 , với a, b > b a HẾT -(Thí sinh sử dụng máy tính theo quy chế hành) Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu, giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………… ĐÁP ÁN CÂU NỢI DUNG a) Với x ≥ 0, x ≠ ta có: x x 3x + x − A= + − − 1÷ ÷: x +3 ÷ x −3 x −9 ÷ x −3 x ( x − 3) + x ( x + 3) − x − x − − x + = : ( x + 3)( x − 3) x −3 x − x + x + x − 3x − x + −3 x − x −3 = : = × ( x + 3)( x − 3) x − ( x + 3)( x − 3) x + −3( x + 1) −3 = ( x + 3)( x + 1) x +3 −1 b) Tìm x để A = −3 −1 −1 ⇔ = ⇔ x + = ⇔ x = ⇔ x = 36 (thỏa mãn x ≥ 0, x ≠ ) A= x +3 −1 Vậy A = x = 36 a) Vẽ đồ thị (P): y = x = Ta có bảng giá trị: x -2 y -1 0 1 ĐIỂ M b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x = (m + 3) x − m + ⇔ x − (m + 3) x + m − = (1) a = ; b = −(m + 3) ; c = m − Ta có: ∆ = [ −(m + 3)] − 4.1.(m − 3) = m + 6m + − 4m + 12 = ( m + 1)2 + 20 > víi ∀m ⇒ Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇒ (d) ln ln cắt (P) hai điểm phân biệt 10 y 5 x − y + = 10 y =v (I) Đặt x = u ( u ≥ ) y + 20 y 3 x + = 11 y2 + 5u − v = 10u − 2v = 13u = 13 u = ⇔ ⇔ ⇔ Hệ (I) trở thành: 3u + 2v = 11 3u + 2v = 11 5u − v = v = Với u = ⇒ x = ⇔ x = ±1 y = 10 y = ⇔ y − 10 y + = ⇔ Với v = ⇒ y = y +1 Thử lại ta thấy hệ (I) với x = ±1; y = hc y = 1 Vậy hệ (I) có nghiệm (1 ; 2) ; (1 ; ) ; (-1 ; 2) ; (-1 ; ) 2 Phương trình: x + 2mx + = (1) Ta có: ∆ ' = m − m < −1 m > Để phương trình có nghiệm phân biệt x1 , x2 ∆ ' > ⇔ m − > ⇔ x1 + x2 = −2 m (I) x x = Theo Viet ta có: 2 2 4 Theo đề ta có: X = x1 ( x1 − 2012) + x ( x − 2012) = x1 − 2012 x1 + x − 2012 x2 = ( x12 + x2 )2 − x12 x2 − 2012( x12 + x2 ) = ( x1 + x2 )2 − x1 x2 − 2( x1 x2 )2 − 2012 ( x1 + x2 )2 − x1 x2 Thay hệ thức (I) vào biểu thức X ta có: X = (4 m − 2)2 − 2012(4 m − 2) − = (4 m − 2)2 − 2.(4 m − 2).1006 + 1006 − 1006 − 2 = (4m − 2) − 1006 − (10062 + 2) ≥ -(10062 + 2) X đạt(O;); giá Ctrị nhỏ 4m − − 1006 = ⇔ m = 1008 ⇔ m = 252 CD: tiếp tuyến; CD cắt AB D m = GT ⇔ CH thỏa điều kiện phương trình có nghiệm BK −6 7BK E m =, CH Khi minX = -(10062 + 2) a) CB phân giác b) BK + BD < EC KL c) BH AD = AH BD a) Chứng minh CB phân giác của góc DCE · · » Ta có: DCB = CAB (cïng ch¾n BC) · · BCE = CAB (gãc cã c¹nh t ¬ng øng vu«ng gãc) · · ⇒ DCB = BCE Do CB tia phân giác góc DCE b) Chứng minh BK + BD < EC EK ⊥ CD (BK ⊥ CD) ⇒ B lµ trùc t©m cđa ∆CDE DH ⊥ CE (CH ⊥ AB) ⇒ CB ⊥ DE t¹i F hay CB đường cao ∆CDE Mà CB tia phân giác góc Xét ∆CDE có: DCE nên ∆CDE cân C · · ⇒ CED = CDE ¶ µ Mặt khác: D = E1 (gãc cã c¹nh t ¬ng øng vu«ng gãc) Do ∆BDE cân B ⇒ BD = BE ⇒ BD + BK = BE + BK = EK ¶ · ⇒ D2 = E2 Trong tam giác CKE vng K có: EK < EC (cạnh huyền lớn nhất) ⇒ BK + BD < EC c) Chứng minh BH AD = AH BD · Xét tam giác ABC có: ACB = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nưa ® êng trßn) ⇒ BH BA = BC (hệ thức cạnh đường cao tam giác vng) BH BC = ⇒ BH BD = BC BF BF BD ⇒ BH.(BA+BD) = BC.(BC + BF) ⇔ BH AD = BC CF (1) Ta lại có: ∆BHC ~ ∆BFD (g-g) ⇒ Mặt khác ta có: AC // DE (cùng vng góc với CF) · ¶ AH AC ⇒ D = CAB (so le trong) ⇒ ∆ACH ~ ∆DBF (g- g) ⇒ = · · DF BD mµ AHC = DFB = 90 ⇒ AH BD = DF AC (2) AC CF = ⇒ BC CF = DF AC (3) Mặt khác: ∆ABC ~ ∆CDF (g -g) ⇒ BC DF Từ (1); (2) (3) suy ra: BH AD = AH BD 1 1 21 *Ta có: 21 a + ÷+ b + ÷ = 21a + + 3b + b a b a Với a, b > Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta được: 3 ≥ 21a × = (1) a a 21 21 3b + ≥ 3b × = (2) b b 21a + 1 1 Cộng vế (1) (2) ta được: 21 × a + ÷+ × b + ÷ ≥ 12 a b Mà: 12 = 144.7 = 1008 ; 31 = 31 = 961 ⇒ 12 > 31 1 1 ⇒ 21 × a + ÷+ × b + ÷ > 31 (đpcm) a b HẾT Gv sưu tầm biên soạn: Tạ Minh Bình Trường: THCS Thạnh Lợc-Châu Thành- Kiên GiangEmail: gv.minhbinhkg@gmail.com ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT / 2011-2012 SỞ GD-ĐT Phòng GD Mơn thi : TỐN Thời gian : 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) Bài 1: (1 điểm) Tính : 8+ 2 3− − 2+3 2 + 1− Bài 2: (3 điểm) Cho phương trình ( ẩn số x ) : mx2 – ( 5m – )x + 6m – = (1) a) Giải phương trình (1) m = b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm c) Tìm m để phương trình (1 ) có hai nghiệm hai số nghòch đảo Bài 3: (2 điểm) a) Vẽ đồ thò (P) hàm số y = x2 b) Trên (P) lấy hai điểm A B có hoành độ -2 Viết phương trình đường thẳng AB Bài 4: (3 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, AC dây cung Kẻ tiếp tuyến Ax kẻ đường phân giác góc CAx cắt đường tròn E cắt BC kéo dài D a) Chứng minh tam giác ABD cân OE // BD b) Gọi I giao điểm AC BE Chứng minh DI ⊥ AB c) Tìm quỹ tích D C di động nửa đường tròn (O) ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN Bài 1.( điểm ) (8 + 2 )(3 + ) − ( = 9−2 + + 2 − − − 14 = + + 2 − − 14 = + + + − − 14 = =-1 ( )( ( )( ) + (1 + ) +3 ( 0,75 điểm ) 1− ) ) ( 0,25 điểm ) Bài ( điểm ) a) Khi m = 0, ta có phương trình 2x – = ⇔ x = b) m ≠ , ∆ = ( 5m − 2) – 4m( 6m – 5) ∆ = 25m − 20m + − 24m + 20m = m2 + > ∀m ≠ Vậy phương trình có nghiệm với giá trò m c) Điều kiện m ≠ Ta có x1 x2 = ( x1 , x2 nghòch đảo ) 6m − =1 Hay m Ta : m = Bài ( điểm ) ( 0,75 điểm ) ( 0,25 điểm ) ( 0,5 điểm ) ( 0,25 điểm ) ( 0, 25 điểm ) ( 0, 25 điểm ) ( 0, 25 điểm ) ( 0, điểm ) y y A a) Hàm số y = x2 xác1đònh tập số thực R hàm số y = x2 nghòch biến x < 0, đồng biến x > -2 -1 x -2 O -1 O B ( 0, 25 điểm ) x - Vẽ xác, đồ thò b) A( -2 ; yA ) ∈ (P ) ⇒ yA = A( -2 ; ) B(1 ; yB ) ∈ (P ) ⇒ yB = B( ; ) Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + b 4 = −2a + b Vì A, B thuộc ( d ) ⇒ 1 = a + b Ta tìm a = - ; b = Vậy phương trình ( d) : y = - x + Bài ( điểm ) x ( 0, 75 điểm ) ( 0, điểm ) ( 0, 25 điểm ) ( 0, 25 điểm ) D E C I A O B a) Ta có : ∠ ADB + ∠ DAC = 900 ( ∠ C = 900 ) , ∠ DAB + ∠ A = 900 ( 0,5 điểm) : ∠ xAD = ∠ DAC nên : ∠ ADB = ∠ DAB ⇒ ∆ABD cân B ( 0, điểm ) b) ∆ABD , BE AC hai đường cao, chúng cắt I Nên OI đường cao thứ ba, ⇒ DI ⊥ AB ( điểm ) c) Theo Cm câu a) ta có : DB = AB = 2R ( kh6ng đ6ỉ ), nên D nằm đường tròn tâm B, bán kính 2R ý nói thêm phần giới hạn ( điểm ) [...]... kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức đáp án Câu 1 : 1) A = 1 + 1 + 1 + .+ 1 3+ 5 5+ 7 7+ 9 97 + 99 1 1 = ( 5 3 + 7 5 + 9 7 + .+ 99 97 ) = ( 99 3 ) 2 2 35 = 2) B = 35 + 335 + 3335 + + 3333 99 số 3 =33 +2 +333+2 +3333+2+ .+ 333 33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33) = 198 + 1 ( 99+999+9999+ +999 99) 3 1 ( 102 -1 +103 - 1 +104 - 1+ +101 00 1) = 198 33 + 3 101 01 10 2 +165 B = 27... 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c) Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c) Có 2 trờng hợp: 4 + b = 1 và 4+b=7 4+c=-7 4+c=-1 Trờng hợp thứ nhất cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta có (x - 10) (x - 4) - 7 = (x - 3)(x - 11) Trờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = 2 Ta có (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5) Câu2 (1,5điểm) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: 1 AD = AB Ta có D là điểm cố... ta có : (x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0 Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa Với x < 1 Ta có : ( x 1)( x 3) x 2 4x + 3 P= = = 3 x 1 x 1 x Đề 11 Câu 1 : a Rút gọn biểu thức A = 1 + b Tính giá trị của tổng 1 1 + 2 a ( a + 1) 2 B = 1+ Với a > 0 1 1 1 1 1 1 + 2 + 1 + 2 + 2 + + 1 + 2 + 2 1 2 2 3 99 100 2 Câu 2 : Cho pt x 2 mx + m 1 = 0 a Chứng minh rằng pt luôn luôn có. .. =10 BC2 = (0 1)2 + (4 1)2 = 10 AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông tại C 1 10 10 = 5 ( đơn vị diện tích ) Vậy SABC = 1/2AC.BC = 2 Câu 3: Đkxđ x 1, đặt x 1 = u; 3 2 x = v ta có hệ phơng trình: P= + xyz = 2 u v = 5 2 3 u + v = 1 Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2 x = 10 Câu 4 B a.áp dụng định lí Pitago tính đợc AB = AC = R ABOC là hình D vuông (0.5đ) Kẻ bán kính OM sao cho BOD = MOD... kính AB bán kính R Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt tại C và D a.Chứng minh : AC BD = R2 b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất Bài 5.Cho a, b là các số thực dơng Chứng minh rằng : a+b 2 2a b + 2b a ( a + b) + 2 Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD Chứng minh : AD2 = AB AC - BD DC Hớng dẫn giải Bài 1 Từ giả thi t ta có :... AH theo R và d Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 Không giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 3x1 - 4x2 = 11 đáp án Câu 1a) f(x) = x 2 4 x + 4 = ( x 2) 2 = x 2 Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3 b) x 2 = 10 x = 12 f ( x) = 10 x 2 = 10 x = 8 c) A= x2 f ( x) = 2 x 4 ( x 2)( x + 2) Với x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A = 1 x+2 Với x < 2 suy ra... x=0 loại * x- 1 =2 thì x=5 vậy với x = 5 thì A nhận giá trị nguyên bằng 1 Câu 2: Ta có x = (m+5)2-4(-m+6) = m2+14m +10 để phơng trìnhcó hai nghiệmphân biệt khi vàchỉ khi m-7-4 3 và m-7+4 3 (*) a/ Giả sử x2>x1 ta có hệ x2-x1=1 (1) x1+x2=m+5 (2) x1x2 =-m+6 (3) Giải hệ tađợc m=0 và m=-14 thoã mãn (*) b/ Theo giả thi t ta có: 2x1+3x2 =13(1) x1+x2 = m+5(2) x1x2 =-m+6 (3) giải hệ ta đợc m=0 và m= 1 Thoả mãn... 4 2) Một hình trụ có chiều cao gấp đôi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm vào bình 2 một hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình còn lại bình Tỉ số giữa bán kính hình trụ và bán 3 kính hình cầu là A.2 ; B 3 2 ; C 3 3 ; D một kết quả khác Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0 2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A = x + y Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b,... 2 điểm A và B có dạng y = ax + b Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên b = 4; a = 2 Vậy đờng thẳng AB là y = 2x + 4 Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đờng thẳng AB A, B, C không thẳng hàng Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đờng thẳng AB A,B,D thẳng hàn b.Ta có : AB2 = (-2 0)2 + (0 4)2 =20 AC2 = (-2 1)2 + (0 1)2 =10 BC2 = (0 1)2... a Bình phơng 2 vế A = 3) áp dụng câu a a2 + a +1 (Vì a > 0) a ( a + 1) 1 1 a a +1 A = 1+ 1 9999 = 100 100 Câu 2 a : cm 0 m B (2 đ) áp dụng hệ thức Viet ta có: x1 + x 2 = m 2m + 1 (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn P= 2 m +2 x1 x 2 = m 1 1 P 1 2 1 GTLN = m = 2 2 GTNN = 1 m = 1 B = 100 Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc x( y x ) y( x y ) + 0 bđt 2 1 + x (1 + xy ) 1 + y 2 (1 + xy ... b)(4 + c) Có trờng hợp: + b = 4+b=7 4+c=-7 4+c=-1 Trờng hợp thứ cho b = - 3, c = - 11, a = - 10 Ta có (x - 10) (x - 4) - = (x - 3)(x - 11) Trờng hợp thứ hai cho b = 3, c = - 5, a = Ta có (x + 2)(x... = 2.99 + ( 33+333+3333+ +333 33) = 198 + ( 99+999+9999+ +999 99) ( 102 -1 +103 - 1 +104 - 1+ +101 00 1) = 198 33 + 101 01 10 +165 B = 27 Câu 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 7x-14 = (x-2)(x+2)... GD&T VNH PHC CHNH THC K THI TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN NM HC 2011-2012 THI MễN: TON Dnh cho cỏc thớ sinh thi vo lp chuyờn Tin (Thi gian lm bi: 150 phỳt, khụng k thi gian giao ) Cõu (3,0