ĐỀ, ĐA CHI TIẾT TOÁN THPT 2016

ĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC PHẦN Hệ : Cao đẳng - Ngành: Sư phạm Toán - Tin 1. Tên học phần: TOÁN RỜI RẠC 2. Mã học phần: 105034 3. Số đơn vị học trình :3 4. Mục tiêu: Cung cấp nội dung chủ yếu của toán rời rạc, bao gồm các kiến thức cơ sở về logic, tập hợp, một số bài toán tổ hợp (đếm, tồn tại, liệt kê), lý thuyết đồ thị và đại số Boolean. Cung cấp cho sinh viên một số thuật toán được ứng dụng nhiều trong thực tế. 5. Chương trình chi tiết Chương 1: Một số khái niệm cơ bản về logic, tập hợp và đại số quan hệ 1.1 Các bài toán về tổ hợp 1.2 Tập hợp Khái niêm tập hợp và các phép toán trên tập hợp 1.3 Đại số mệnh đề Mệnh đề, các phép toán trên mệnh đề, luật, các phép toán bít 1.4 Lượng từ và vị từ Hàm mệnh đề,, vị từ, phủ định vị từ 1.5 Quan hệ tương đương và phép phân hoạch Quan hệ, quan hệ thứ tự, quan hệ ngược, quan hệ tương đương, ma trận quan hệ, lớp tương đương, phân hoạch 1.6 Suy luận toán học Các phương pháp chứng minh, qui nạp toán học, đệ qui và ứng dụng Lưu ý: Mục 1.1, 1.2, 1.3, 1.4 : các kiến thức này sinh viên đã được học ở các học phần toán, do đó cho sinh viên chuẩn bị trước, giáo viên chỉ hệ thống hoá và chốt lại các vấn đề chủ yếu Suy luận toán học: Nhấn mạnh phương pháp đệ qui thông qua các ví dụ, Chương 2: Phương pháp đếm 2.1 Nguyên lý cộng 2.2 Nguyên lý nhân 2.3 Bài toán tổ hợp 2.4 Sinh cấu hình tổ hợp: Sinh xâu nhị phân, sinh hoán vị, sinh tổ hợp 2.5 Nguyên lý Dirichlet 2.6 Nguyên lý bù trừ 2.7 Hệ thức truy hồ tuyến tính thuần nhất, giải hệ thức truy hồi tuyến tính Bài tập Chương 3: Đồ thị và ứng dụng 3.1 Các khái niệm cơ bản 3.1.1 Định nghĩa và ví dụ 3.1.2 Các thuật ngữ 1 3.1.3 Đường đi, chu trình, đồ thị liên thông 3.1.4 Một số dạng đồ thị đặc biệt 3.1.5 Sự đẳng cấu của đồ thị 3.2 Biểu diễn đồ thị trên máy tính Ma trận kề, Ma trận trọng số 3.3 Các thuật toán tìm kiếm trên đồ thị Tìm kiếm theo chiều rộng, tìm kiếm theo chiều sâu 3.4Tìm đường đi và kiểm tra tính liên thông 3.5Đồ thị Euler và đồ thị Hamilton 3.6 Bài toán tìm đường đi ngắn nhất: thuật toán dijkstra 3.7 Cây và các ứng dụng Cây và các tính chất cơ bản của cây Cây khung và cây khung có giá cực tiểu: prime 3.8 Mạng và luồng cực đại trên mạng Khái niệm mạng, luồng Bài toán luồng cực đại thuật toán Ford-Fulkerson Bài tập Chương 4: Đại số Boolean và mạch tổ hợp 4.1 Hàm đại số logic Mô hình xử lý thông tin, các hàm đại số logic sơ cấp 4.2 Đại số Boolean và vấn đề tổ hợp mạch 4.3 Cực tiểu hoá các mạch logic (phương pháp Quine-McCluskey) 4.4 Ứng dụng xây dựng bộ nửa cộng và bộ cộng đầy đủ Chương 8: ôtômat, ngôn ngữ hình thức và văn phạm 6. Đánh giá Hình thức đánh giá : KT= 02 Bài kiểm tra tự luận Thi = 01 Bài thi kết thúc học phần viết 90 phút (tự luận) Tiêu chí đánh giá: Điểm học trình = Trung bình KT x0.3+Thi x 0.7 7. Hướng dẫn thực hiện chương trình: Phân bổ thời gian: Lý thuyết : 31 tiết Bài tập: 14 tiết Chương Nội dung Số tiết Lý thuyết Bài tập Chương 1 Một số khái niệm cơ bản về tập hợp 4 1 Chương 2 Phương pháp đếm 10 5 Kiểm tra 2 Chương 3 Đồ thị ,Cây và ứng dụng 10 6 Chương 4 Đại số Boolean và mạch tổ hợp 4 2 Chương 5 Ôtomat, ngôn ngữ hình thức và văn phạm 2 Kiểm tra 1 Tổng cộng 31 14 Chương 5: để sinh viên tự nghiên cứu. 8. Tài liệu Bài giảng của giáo viên, bài tập Giáo trình toán rời rác (sách dự án THCS) Nguyễn Đức Nghĩa, Nguyên Tô Thành, Toán rời rác, NXBGD, 1997 Kenneth H.Rosen, Toán rời rạc ứng dụng trong tin học, NXBKHKT, 2000 Trưởng khoa Tổ trưởng chuyên môn Phòng Đào tạo Hiệu trưởng 3 ĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC PHẦN Hệ : Cao đẳng - Ngành: Sư phạm Toán - Tin 1. Tên học phần: Tin học cơ sở 1 2. Mã học phần: 105035 3. Số đơn vị học trình :2 1. Mục tiêu: − Cung LUYN THI MễN TON THPT QUC GIA THI THPT QUC GIA NM 2016 THS HONG KHC LI Mụn thi: TON T 0915.12.45.46 Thi gian lm bi : 180 phỳt 682 Ngy thi 7/6/2016 Cõu (1,0 im) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C ) ca hm s y = - x4 + 8x2 + Cõu (1,0 im) Cho hm s y = (H) x +1 cú th ( H ) Vit phng trỡnh tip tuyn ca th x- ti im cú honh bng Cõu (1,0 im) a) Gii bt phng trỡnh: log ( x 3) + log ( x + 3) b) Cho s phc z tha (1 + 2i) z + (1- z )i = + 3i Tớnh mụun ca z Cõu (1,0 im) Tớnh tớch phõn I = ũx( ) x2 + + ex dx Cõu (1,0 im) a) Gii phng trỡnh 2cos2 2x + 5sin2x + = b) Tnh X cú 10 ng c viờn i biu Quc hi khúa XIV v i biu hi ng nhõn dõn Tnh nhim k 2016 2020 Cựng vi ng c viờn trung ng gii thiu, n v bu c ti Tnh X s cú 13 ng c viờn ú cú ngi hin ang cụng tỏc ngnh giỏo dc v o to Tớnh xỏc sut i biu c bu cú ớt nht ngi ang cụng tỏc ngnh giỏo dc v o to Cõu (1,0 im) Trong khụng gian Oxyz cho mt phng ( P ) : x + y z + = v hai im A ( 1; 2;3) , B ( 3; 2; 1) Vit phng trỡnh mt phng (Q) qua A, B v vuụng gúc vi (P) Tỡm im M trờn trc honh cho khong cỏch t M n (Q) bng 17 ã Cõu (1,0 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi cnh a, ABC = 60, cnh SA vuụng gúc vi ỏy v SC to vi ỏy mt gúc 60. Tớnh theo a th tớch chúp S.ABCD v khong cỏch gia hai ng thng AB v SD Cõu (1,0 im) Trong mt phng h ta Oxy, cho tam giỏc ABC ni tip ng trũn tõm O ( 0;0) Bit chõn ng cao h t nh A v C ln lt l M ( - 1;0) v N ( 1;1) Hóy tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc, bit nh B nm trờn ng thng 3x + y - = Cõu (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn s thc 2x5 + 3x4 14x3 = 4x4 + 14x3 + 3x2 + ữ x+2 x + ( ) Cõu 10 (1,0 im) Cho ba s thc dng x, y, z tha xy + yz + zx + xyz = Chng minh rng 1 + + ữ ( x + 2)( y + 2)( z + 2) x y zữ HT Cõu P N CHI TIT 682 Ni dung Kho sỏt s bin thiờn v v th (C ) ca hm s y = - x4 + 8x2 + TX: D = Ă ộx = y ' = y ' = - 4x + 16x, ờx = lim y = - Ơ , lim y = - Ơ xđ- Ơ 1,0 0,25 xđ+Ơ Bng bin thiờn - Ơ x y' y + -2 12 - - Ơ im 0 +Ơ 12 + - 0,25 - Ơ Hm s ng bin trờn cỏc khong ( - Ơ ;- 2) , ( 0;2) Hm s nghch bin trờn cỏc khong ( - 2;0) , ( 2; +Ơ Hm s t cc i ti x = 2, y = 12 Hm s t cc tiu ti x = 0, y = th ) 0,25 y 0,25 x x +1 cú th ( H ) Vit phng trỡnh tip tuyn ca x- th ( H ) ti im cú honh bng Cho hm s y = Cú y ' = - ( x - 1) Ta cú x0 = ị y0 = 3, y' ( x0) = - 1,0 0,5 ' Phng trỡnh tip tuyn l y = y ( x0) ( x - x0) + y0 0,25 Vy phng trỡnh tip tuyn cn tỡm l 1 y = - ( x - 2) + hay y = - x + 2 0,25 Gii bt phng trỡnh: log3 ( x 3) + log ( x + 3) 0,5 Khi ú: log ( x 3) + log ( x + ) log ( x ) log ( x + ) 0,25 K: x > 3a 3 ( x 3) ( x + 3) 16 x 42 x 18 x Kt hp iu kin, nghim ca BPT l: < x Cho s phc z tha (1 + 2i ) z + (1- z )i = + 3i Tớnh mụun ca z 0,25 0,5 t z = a + bi , ( a, b ẻ Ă ) ta cú: (1 + 2i)z + (1 2z)i = + 3i a 4b + (b + 1)i = + 3i 3b a 4b = a = b + = b = 0,25 Vy mụun ca z l z = 92 + 2 = 85 0,25 Tớnh tớch phõn I = ũ x Cú I = ũ x ( ( ) x2 + + ex dx 1,0 ) x + + e dx = ũ x x + 1dx + ũ xexdx = I + I 2 x 0,25 t t = x2 + ị t2 = x2 + ị tdt = xdx i cn: x = ị t = 1;x = ị t = 2 Suy I = ũ t2dt = t ùỡù u = x ù ị t ùù dv = exdx ùợ = ùỡ du = dx ùớ ùù v = ex ùợ 2- 5b x Suy I = xe 1 - S phn t khụng gian mu n ( ) = C13 x ũe dx = e - ex = 2+2 Gii phng trỡnh 2cos2 2x + 5sin2x + = 2cos2 2x + 5sin2x + = - 2sin2 2x + 5sin5x + = ộsin2x = 3(VN ) ờ sin2x = - ộ ộ ờ2x = - p + k2p ờx = - p + kp ờ 12 ( k ẻ Â) p p ờ2x = + k2p ờx = 12 + kp ở Vy I = 5a 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 Gi A l bin c i biu c bu cú ớt nht ngi ang cụng tỏc ngnh giỏo dc Khi ú A l bin c i biu c bu khụng cú ngi ang cụng tỏc ngnh giỏo dc: ( ) P A = ( ) =C n A n( ) 10 13 C ( ) n A = C107 ( ) suy P ( A ) = P A = 83/143 Trong khụng gian Oxyz cho mt phng 0,25 ( P ) : x + y z + = v hai im A ( 1; 2;3) , B ( 3; 2; 1) Vit phng trỡnh mt phng (Q) qua A, B v vuụng gúc vi (P) Tỡm im M trờn trc honh cho khong cỏch t M n (Q) bng 17 uuu r uur Ta cú: AB = ( 2; 4; ) , mp(P) cú VTPT nP = ( 2;1; ) uur uuur uur n = mp(Q) cú vtpt l Q AB; nP = ( 4; 4; ) (Q): 2x + 2y + 3z = 2m = 17 (*) M Ox M(m; 0; 0), d ( M ; ( Q ) ) = 17 17 Gii (*) tỡm c m = 12, m = Vy: M(12; 0; 0) hoc M(-5; 0; 0) ã Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi cnh a, ABC = 60, cnh SA vuụng gúc vi ỏy v SC to vi ỏy mt gúc 60. Tớnh theo a th tớch chúp S.ABCD v khong cỏch gia hai ng thng AB v SD 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 Ta cú D ABC u nờn AC = a Cú BD = AB + AD - 2AB AD.cos120 = a a2 Suy SABCD = AC BD = 2 a3 Vy VS.ABCD = SA.SABCD = ( Mt khỏc SA = AC tan60 = a ) ( Do AB / / CD nờn d ( AB, SD ) = d AB, ( SCD ) = d A, ( SCD ) Gi H l trung im ca CD Do D ACD u nờn AH ^ CD ) 0,25 0,25 Trong tam giỏc SAH k AK ^ SH Khi ú d A, ( SCD ) = AK ( ) Ta cú AH = a , AH SA AK = AH + SA2 15 a = 0,25 a 15 Trong mt phng h ta Oxy, cho tam giỏc ABC ni tip ng trũn tõm O ( 0;0) Bit chõn ng cao h t nh A v C ln lt l M ( - 1;0) Vy d ( AB, SD ) = v N ( 1;1) Hóy tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc, bit nh B nm trờn ng thng 3x + y - = 1,0 0,25 Ta chng minh OB ^ MN ã ã Ta cú t giỏc ANMC ni tip nờn BAC + NMC = 180 ã ã ã ã ã M BMN + NMC = 180 ... GV : Nguyễn hung minh Bài tập rút gọn B ài 1 : 1) Đơn giản biểu thức : P = 14 6 5 14 6 5+ + . 2) Cho biểu thức : Q = x 2 x 2 x 1 . x 1 x 2 x 1 x + + ữ ữ + + a) Rút gọn biểu thức Q. b) Tìm x để Q > - Q. c) Tìm số nguyên x để Q có giá trị nguyên. H ớng dẫn : 1. P = 6 2. a) ĐKXĐ : x > 0 ; x 1. Biểu thức rút gọn : Q = 1 2 x . b) Q > - Q x > 1. c) x = { } 3;2 thì Q Z B ài 2 : Cho biểu thức P = 1 x x 1 x x + + a) Rút gọn biểu thức sau P. b) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 1 2 . H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : x > 0 ; x 1. Biểu thức rút gọn : P = x x + 1 1 . b) Với x = 1 2 thì P = - 3 2 2 . B ài 3 : Cho biểu thức : A = 1 1 1 1 + + x x x xx a) Rút gọn biểu thức sau A. b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4 1 c) Tìm x để A < 0. d) Tìm x để A = A. H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : x 0, x 1. Biểu thức rút gọn : A = 1 x x . b) Với x = 4 1 thì A = - 1. c) Với 0 x < 1 thì A < 0. d) Với x > 1 thì A = A. 1 GV : Nguyễn hung minh B ài 4 : Cho biểu thức : A = 1 1 3 1 a 3 a 3 a + ữ ữ + a) Rút gọn biểu thức sau A. b) Xác định a để biểu thức A > 2 1 . H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : a > 0 và a 9. Biểu thức rút gọn : A = 3 2 + a . b) Với 0 < a < 1 thì biểu thức A > 2 1 . B ài 5 : Cho biểu thức: A = 2 2 x 1 x 1 x 4x 1 x 2003 . x 1 x 1 x 1 x + + + ữ + . 1) Tìm điều kiện đối với x để biểu thức có nghĩa. 2) Rút gọn A. 3) Với x Z ? để A Z ? H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : x 0 ; x 1. b) Biểu thức rút gọn : A = x x 2003 + với x 0 ; x 1. c) x = - 2003 ; 2003 thì A Z . B ài 6 : Cho biểu thức: A = ( ) 2 x 2 x 1 x x 1 x x 1 : x 1 x x x x + + ữ ữ + . a) Rút gọn A. b) Tìm x để A < 0. c) Tìm x nguyên để A có giá trị nguyên. H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : x > 0 ; x 1. Biểu thức rút gọn : A = 1 1 + x x . b) Với 0 < x < 1 thì A < 0. c) x = { } 9;4 thì A Z. B ài 7 : Cho biểu thức: A = x 2 x 1 x 1 : 2 x x 1 x x 1 1 x + + + ữ ữ + + a) Rút gọn biểu thức A. b) Chứng minh rằng: 0 < A < 2. H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : x > 0 ; x 1. Biểu thức rút gọn : A = 1 2 ++ xx b) Ta xét hai trờng hợp : +) A > 0 1 2 ++ xx > 0 luôn đúng với x > 0 ; x 1 (1) +) A < 2 1 2 ++ xx < 2 2( 1 ++ xx ) > 2 xx + > 0 đúng vì theo gt thì x > 0. (2) 2 GV : Nguyễn hung minh Từ (1) và (2) suy ra 0 < A < 2(đpcm). B ài 8 : Cho biểu thức: P = a 3 a 1 4 a 4 4 a a 2 a 2 + + + (a 0; a 4) a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của P với a = 9. H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : a 0, a 4. Biểu thức rút gọn : P = 2 4 a b) Ta thấy a = 9 ĐKXĐ . Suy ra P = 4 B ài 9 : Cho biểu thức: N = a a a a 1 1 a 1 a 1 + + ữ ữ ữ ữ + 1) Rút gọn biểu thức N. 2) Tìm giá trị của a để N = -2004. H ớng dẫn : a) ĐKXĐ : a 0, a 1. Biểu thức rút gọn : N = 1 a . b) Ta thấy a = - 2004 ĐKXĐ . Suy ra N = 2005. B ài 10 : Cho biểu thức 3x 3x 1x x2 3x2x 19x26xx P + + + + = a. Rút gọn P. b. Tính giá trị của P khi 347x = c. Với giá trị nào của x thì P đạt giá trị nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó. H ớng dẫn : a ) ĐKXĐ : x 0, x 1. Biểu thức rút gọn : 3x 16x P + + = b) Ta thấy 347x = ĐKXĐ . Suy ra 22 33103 P + = c) P min =4 khi x=4. B ài 11 : Cho biểu thức + + + + = 1 3 22 : 9 33 33 2 x x x x x x x x P a. Rút gọn P. b. Tìm x để 2 1 P < c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P. H ớng dẫn : a. ) ĐKXĐ : x 0, x 9. Biểu thức rút gọn : 3x 3 P + = b. Với 9x0 < thì 2 1 P < c. P min = -1 khi x = 0 3 GV : NguyÔn hung minh Bµi 12: Cho A= 1 1 1 4 . 1 1 a a a a a a a   + −   − + +  ÷  ÷  ÷ − +     víi x>0 ,x ≠ 1 a. Rót gän A b. TÝnh A víi a = ( ) ( ) ( ) 4 15 . 10 6 . 4 15+ − − ( KQ : A= 4a ) Bµi 13: Cho A= 3 9 3 2 1 : 9 6 2 3 x x x x x x x x x x     − − − − − + −  ÷  ÷  ÷  ÷ − + − − +     víi x≥ 0 , x ≠ 9, x ≠ 4 . a. Rót gän A. b. x= ? Th× A < 1. c. T×m x Z∈ ®Ó A Z∈ (KQ : A= 3 2x − ) Bµi 14: Cho A = 15 11 3 2 2 3 2 3 1 3 x x x x x x x − Gợi ý lời giải môn Toán Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tại Hà nộ i Bài I ( 2,5 điểm) Cho biểu thức: A = + - , với x và x 9 1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tìm giá trị của x để A = 3/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. Lời giải 1/ A = + - = = = = 2/ A =  =  = 9  = 6  x = 36 (T/m) Vậy x = 36 thì A = 1/3. 3/ Do  =>  1.  A 1  A max = 1  x = 0 (T/m) Bài II ( 2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7 m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó. Lời giải Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x (x>0; đơn vị: m)  Chiều dài hình chữ nhật là: x+7 (m) Vì đường chéo hình chữ nhật là 13m, nên theo Pytago ta có phương trình: x 2 + (x+7) 2 = 169 => x 2 + x 2 +14x + 49 = 169  2x 2 + 14x-120= 0  x 2 +7x-60= 0 ∆= 49+240=289 2 1 1 2 2 1 1 2 x 1 = = 5 (tmđk); x 2 = = -12 (loại) Vậy chiều rộng hình chữ nhật là 5m; chiều dài là 12m. Bài III ( 1,0 điểm) Cho parabol (P): y=-x 2 và đường thẳng (d): y=mx-1 1/ Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt 2/ Gọi x 1 , x 2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm giá trị của m để : x 1 2 x 2 +x 2 2 x 1 -x 1 x 2 =3. Lời giải 1/ Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d): -x 2 = mx-1  x 2 + mx - 1 = 0 (*) Có: ac = -1 <0 => phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt với m 2/ x 1 2 x 2 + x 2 x - x x = 3  x 1 x 2 (x 1 +x 2 ) - x 1 x 2 = 3 (1) Vì phương trình (*) luôn có 2 nghiệm với m nên: Theo Viét ta có: x 1 +x 2 = = -m; x 1 x 2 = = -1 (1)  -1.(-m) + 1 = 3 => m+1 = 3 => m=2. Vậy với m = 2 thì x 1 2 x 2 + x 2 x - x x = 3. Bài IV ( 3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC ( D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 1/ Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp. 2/ Chứng minh DA.DE = DB.DC 3/ Chứng minh CFD = OCB. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4/ Cho biết DF=R, chứng minh tg AFB = 2. Lời giải 1/ AEB = 90 o (góc nội tiếp chắn ½ đường tròn) => AEF = 90 o ACB = 90 o (góc nội tiếp chắn ½ đường tròn) => FCB = 90 o Tứ giác CFED có: C + E = 180 o => tứ giác CFED nội tiếp ( tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 180 o ) 2/ Xét ∆ACD và ∆BED: C = E = 90 o (1) A 1 = B 1 ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE ) (2) (1) và (2) => ∆ACD đồng dạng ∆BED (góc - góc)  = => AD.DE = BD.CD 3/ * Có D là trực tâm của ∆FAB (do AE FB, BC AF) => FD AB tại H.  F 1 + FAH = 90 o Mà B 2 + FAH = 90 o => F 1 = B 2 Có ∆COB cân tại O (CO=OB=R)=> góc C 1 = góc B 2 => góc C 1 = góc F 1 ( cùng = góc B 2 ) * Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE là trung điểm của FD => CI=IF=1/2 FD (do góc DCF = 90 o tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền) => ∆CIF cân tại I => góc C 2 = góc F 1 Có ∆CAO cân tại O (CO=OA=R) => góc C 3 = góc CAO Mà góc F 1 + góc CAO = 90 o => góc C 2 + góc C 3 = 90 o => góc ICO = 90 o => IC CO, mà C (O) => IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) (ĐPCM) 4/ Xét ∆ICO và ∆IEO có: IC = IE (cùng bằng bán kính của đường tròn (I)) (3) CO = OE (=R) (4) IO chung (5) Từ (3), (4) và (5) => ∆ICO = ∆IEO (c.c.c)  góc COI = góc EOI  góc COI = ½ góc COE = ½ sđ cung CE ( góc COE là góc ở tâm) mà góc A 1 = ½ sđ cung CE ( góc A 1 là góc nội tiếp chắn cung CE )  góc A 1 = góc COI. Xét ∆ACD và ∆OCI có: góc A 1 = góc COI (cmt) (6) Góc ACD = góc OCI ( = 90 o ) (7) Từ (6) và (7) => ∆ACD đồng dạng ∆OCI (g.g) => = => = (8) ∆OCI có CI = R/2 ( do CI = ½ FD ) ; CO = R => = 2 (9) Tứ giác CFED nội tiếp => góc CFE = góc CDA ( góc ngoài của tứ giác nội tiếp = góc trong tại đỉnh đối) (10) Xét ∆CAD có góc C = 90 o => tg góc CDA = (11) Từ (8) (9) (10) và (11) => tg góc CFE = 2 F 1 I E 2 C 3 1 D 1 1 A 2 B H O (hình vẽ của Bài IV) Bài V ( SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học 2010 – 2011 Môn thi: Ngữ văn Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010 Thời gian làm bài: 120phút Bài I (2,5 điểm) Cho biểu thức : A = 2 3 9 9 3 3 x x x x x x + + − − + − , với x ≥ 0 và x ≠ 9. 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm giá trị của x để A = 1/3 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. Bài II (2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7 m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó. Bài III (1,0 điểm) Cho parabol (P): y = -x 2 và đường thẳng (d): y = mx – 1. 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. 2) Gọi x 1 , x 2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm giá trị của m để: x 1 2 x 2 + x 2 2 x 1 – x 1 x 2 = 3. Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC. 3) Chứng minh · CFD = · OCB . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4) Cho biết DF = R, chứng minh tg · AFB = 2. Bài V ( 0,5 điểm) Giải phương trình: x 2 + 4x + 7 = (x + 4) 2 7x + Hết Họ tên thí sinh:…………………………………………………….Số báo danh:………………………………… Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2: ĐỀ CHÍNH THỨC 1 GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Toán, khối A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 (1 )y x x m x m= − + − + (1), m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. Khi m = 1 .hàm số là 3 2 2 1y x x= − + Tập xác định : ¡ Chiều biến thiên : ' 2 3 4y x x= − ' 0,( 1) 0 4 5 ,( ) 3 27 x y y x y = =   = ⇔  = = −  lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ Bảng biến thiên: Cực trị : ax 1 m y = tại 0x = min 5 27 y = − tại 4 3 x = Đồ thị : Điểm uốn : '' 6 4y x= − triệt tiêu và đổi dấu tại 2 3 x = , đồ thị có điểm uốn 2 11 ; 3 27 U    ÷   Giao với các trục: 0 1x y= ⇒ = . Đồ thị cắt trục tung tại điểm ( ) 0;1 . 3 2 1 5 0 2 1 0 1; = 2 y x x x x ± = ⇒ − + = ⇒ = Đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ 1 5 1, 2 x x ± = = 2 Vẽ đồ thị 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi có hoành độ 1 2 3 , ,x x x thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1 2 3 4x x x+ + < Phương trình xác định hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành là: 3 2 2 (1 )x + m =0 (1)x x m− + − Biến đổi tương đương phương trình này: 3 2 2 2 (1) 2 - 0 x(x 2 1) (x-1)=0 x(x-1) (x-1)= 0 x x x mx m x m m ⇔ − + + = ⇔ − + − ⇔ − 2 (x-1).(x(x-1)-m)= 0 (x-1)(x x-m)= 0 ⇔ ⇔ − 2 x=1 x x-m=0 (2)  ⇔  −  Yêu cầu bài toán sẽ được thực hiện khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt 1 2 , 1x x ≠ thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 1 2 1 4 (3)x x+ + < Điều kiện để (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 là: 2 1 1 4 0 ( ) 4 1 1 0 0 m m a m m  ∆ = + >  > −  ⇔   − − ≠   ≠  Theo Viet ta có: 1 2 1 2 1,x x x x m+ = =− nên ( ) 2 1 2 1 2 (3) 2 3 1 2 3 1 ( ) x x x x m m b ⇔ + − < ⇔ + < ⇔ < Tổng hợp các điều kiện (a) và (b) ta được các giá trị cần tìm của m là: 1 0; 0 1 4 m m− < < < < 3 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) 1 sin os2x sin 1 4 cos 1 tan 2 x c x x x π   + + +     = + Điều kiên: cos 0 sin 1 tan 1 x x x ≠ ⇔ ≠ ± −   ≠ −  Ta có 1 1 sin (sin cos ) cos (tan 1) 4 2 2 x x x x x π   + = + = +  ÷   Phương trình đã cho có thể viết lại thành ( ) ( ) 2 1 1 sin 1 2sin cos tan 1 1 2 cos 1 tan 2 x x x x x x + + − + = + 2 2sin sin 1 0x x⇔ − + + = sin 1 1 sin 1 2 sin 2 x x x =   ⇔ ⇔ = −  = −  (do điều kiện sin 1x ≠ ± − ) ⇔ ( ) x= 2 6 , 7 x= 2 6 k k m Z m π π π π  − +  ∈   +   . 2. Giải bất phương trình 2 1 1 2( 1) x x x x − ≥ − − + Ta có 2 2 1 3 3 2( 1) 2 , 2 2 2 x x x x R   − + = − + ≥ ∀ ∈  ÷   Do đó 2 1 2( 1) 0x x− − + < Với điều kiện 0x ≥ , bất phương trình đã cho tương đương với 2 2( 1) 1x x x x− + ≤ − + + Ta thấy 0x = không thỏa mãn bất phương trình nên 0x > . Vì vậy chia 2 vế của BPT cho 0x > ta được: 1 1 2( 1) 1x x x x + − ≤ − + + Đặt 2 2 1 1 1 2 2t x t x x t x x x = − ⇒ = + − ⇒ + = + , bất phương trình được viết lại thành 2 2( 1) 1t t+ ≤ + Tiếp tục biến đổi tương đương ta được 4 2 2 2 2 1 0 1 2( 1) ( 1) 2 1 0 1 1 ( 1) 0 1 1 5 1 1 0 2 3 5 2 t t t t t t t t t x x x x x x + ≥ ≥ −   ⇔   + ≤ + − + ≤   ≥ −  ⇔ ⇔ =  − ≤  − + ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ = − ⇔ = Câu III (1,0 điểm) Ta có: ( ) 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x x x x e e x e x e e x e e e + + + + = = + + + + Do đó tích phân cần tính là: 1 1 1 2 2 2 0 0 0 2 1 2 1 2 x x x x x x e x e e dx I dx x dx e e + + = = + + + ∫ ∫ ∫ ( ) 1 3 1 0 0 1 2 1 3 2 1 2 x x d e x e + = + + ∫ ( ) 1 0 1 1 ln 1 2 3 2 x e= + + 1 1 1 2 ln 3 2 3 e+ = + Đáp số : 1 1 1 2 ln 3 2 3 e I + = + Câu IV (1,0 điểm) 1. Tính thể tích khối chóp 5 ( ) . 2 2 2 2 2 gt 1 . 3 ( +dt ) 1 1 2 2 2 2 2 5 4 8 8 S CDMN CDMN SH ABCD V SH dt dt CDMN dt ABCD dt BCM AMN a a a a a a a a a ⊥ = = − = −