Gäi E lµ giao ®iÓm cña HK vµ BN.[r]
(1)Sở Giáo dục đào tạo Hải Dơng
§Ị thi chÝnh thøc
Kú thi tun sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010
Môn thi: To¸n
Thời gian làm bài: 120 phút khơng kể thời gian giao đề. Ngày 06 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều)
(§Ị thi gåm cã: 01 trang)
Câu I: (2,0 điểm)
Giải phơng trình: 2(x - 1) = - x
Giải hệ phơng trình:
2
y x x y
C©u II: (2,0 ®iĨm)
Cho hµm sè y = f(x) =
1 2x
TÝnh f(0); f(2); f(
1
2); f( 2)
Cho phơng trình (ẩn x): x2 - 2(m + 1)x + m2 - = Tìm giá trị m để phơng trình có
hai nghiƯm x1, x2 tho¶ m·n x12+x22 = x1.x2 + Câu III: (2,0 điểm)
Rút gän biÓu thøc:
A =
1 1
:
1
x
x x x x x
Víi x > vµ x ≠ 1.
Hai ô tô xuất phát từ A đến B, ô tô thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 10km nên đến B sớm ô tô thứ hai Tính vận tốc hai xe tơ, biết quóng ng AB di l 300km
Câu IV(3,0 điểm)
Cho đờng trịn (O), dây AB khơng qua tâm Trên cung nhỏ Ab lấy điểm M (M không trùng với A, B) Kẻ dây MN vuông góc với AB H Kẻ MK vng góc với AN (KAN) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc đờng tròn
Chứng minh: MN tia phân giác góc BMK
Khi M di chuyển cung nhỏ AB Gọi E giao điểm HK BN Xác định vị trí điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn
C©u V:(1,0 điểm) Cho x, y thoả mÃn:
3
2
x y y x .
Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc: B = x2 + 2xy – 2y2 +2y +10.
-HÕt -Gỵi ý lêi giải:
Câu I:
1 x =
5
2
3
x y
(2)E K
H M
N
B A
O C©u II:
1 f(0) = 0; f(2) = -2 ; f(1/2) = -1/8 ; f(- 2)=-1 = 8m+8 ≥ m ≥ -1
Theo ViÐt ta cã:
1 2
2
x x m x x m
Mà theo đề ta có: x12 + x22 = x1.x2 + (x1+ x2)2 - 2x1.x2 = x1.x2 +
m2 + 8m -1 = 0
m1 = - + 17 (tho¶ m·n)
m2 = - - 17 (không thoả mÃn đk) Câu III:
1 A =
2
1 ( 1) ( 1)
:
( 1) ( 1) ( 1)
x x x x x
x x x x x x x
2 Gäi vËn tèc cđa « t« thứ x (km/h) (x>10) => Vận tốc ô tô thứ hai x-10(km/h)
Thi gian ụ tụ thứ hết quãng đờng là:
300
x (h)
Thời gian ô tô thứ hai hết quãng đờng là:
300 10
x (h)
Theo ta có phơng trình:
300 300 10
x x
Giải phơng trình ta đợc nghiệm x1 = -50 (không thoả mãn) x2 = 60 (thoả mãn)
VËy vËn tèc xe thø nhÊt lµ 60km/h, xe thứ hai 50 km/h
Câu IV:
1 Tứ giác AHMK nội tiếp đờng trịn đờng kính AM( vỡ AKM AHM 900)
2 Vì tứ giác AHMK néi tiÕp nªn
KMH HAN (cïng bï víi gãc KAH)
Mµ NAH NMB (néi tiÕp cïng ch¾n cung NB)
=> KMN NMB => MN tia phân giác góc KMB Ta cã tø gi¸c AMBN néi tiÕp =>KAM MBN
=>MBN KHM EHN => tứ giác MHEB nội tiếp =>MNE HBN =>HBN đồng dạng EMN (g-g)
=>
HB BN
ME MN => ME.BN = HB MN (1)
Ta có AHN đồng dạng MKN ( Hai tam giác vng có góc ANM chung )
=>
AH AN
MK MN => MK.AN = AH.MN (2)
Từ (1) (2) ta có: MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB Do AB không đổi, nên MK.AN + ME.BN lớn MN lớn => MN đờng kính đ-ờng trịn tâm O.=> M điểm cung AB
(3)Tõ
3
2
x y y x =>
3
2
x y y x
(1) ĐK: x,y-2 Xét trờng hợp sau:
Nếu x>y -2 => x3>y3 => VP= y3 - x3 <0
Mặt khác ta có:x>y -2 => x+2>y+2 => x2 y2 x 2 y2 0 => không tồn x,y thỏa mÃn (1).
Tơng tù :
NÕu y>x -2 => VP>0, VT<0 => không tồn x,y thỏa mÃn (1). Vậy x=y thay vµo B = x2 + 2xy - 2y2 +2y +10 =>
B = x2 +2x + 10 =(x+1)2 +9 ≥ 9
=> Min B =9 x=y=-1
Cách 2
ĐK: x2;y2
Từ x 2 y3 y 2 x3 x3 - y3 + x2- y2 =0
(x-y)(x2 + xy + y2 ) + 2 x y
x y
=
(x-y)( x2 + xy + y2 +
1
2
x y ) = x = y
( x2 + xy + y2 +
1
2
x y =
2
( )
2
y y x
+
1
2
x y > x2;y2) Khi B = x2 + 2x + 10 = (x+1)2 +
Min B = 9 x = y = -1 (thỏa mãn ĐK). Vậy Min B = x = y = -1.
Sở Giáo dục đào tạo Hải Dơng
§Ị thi chÝnh thøc
Kú thi tun sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010
Môn thi: To¸n
Thời gian làm bài: 120 phút khơng kể thời gian giao đề. Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều)
(4)Câu 1(2.0 điểm):
1) Giải phương trình:
x x 1
2
2) Giải hệ phương trình:
x 2y x y
Câu 2:(2.0 điểm )
a) Rút gọn biểu thức: A =
2( x 2) x
x x
với x x 4
b) Một hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng cm diện tích 15 cm2
Tính chiều dài chiều rộng hình chữ nhật
Câu 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = (ẩn x)
a) Giải phương trình với m =
a) Tính giá trị m, biết phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa
mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12
b)
Câu 4:(3 điểm)
Cho tam giác MNP cân M có cậnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R) Tiếp tuyến N P đường tròn cắt tia MP tia MN E D
a) Chứng minh: NE2 = EP.EM
a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp
b) Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường trịn (O) K ( K không trùng với P) Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2.
Câu 5:(1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: A = 4x
x
-Hết -Giải
Câu I a,
x x
1 2(x 1) x x
2
(5)b,
x 2y x 2y x 10
x y 2y y y
Vậy nghiệm hệ (x;y) =(10;5)
Câu II
a, với x x 4
Ta có:
2( 2) 2( 2) ( 2) ( 2)( 2)
1
( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x
A
x x x x x x x
b, Gọi chiều rộng HCN x (cm); x >
Chiều dài HCN : x + (cm)
Theo ta có PT: x(x+2) = 15
Giải tìm :x1 = -5 ( loại ); x2 = ( thỏa mãn )
Vậy chiều rộng HCN : cm , chiều dài HCN là: cm Câu III
a, Với m = Phương trình có dạng : x2 - 2x x x( 2) 0 x = x = Vậy tập nghiệm phương trình S=0;2
b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2
' 0 4 m 0 m 4 (*)
.
Theo Vi-et : 2
2 (1) (2)
x x x x m
Theo bài: x2
1 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12
2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) )
hay x1 - x2 = -6
Kết hợp (1) x1 = -2 ; x2 = Thay vào (2) :
m - = -8 m = -5 ( TM (*) )
Câu IV
a, NEM đồng dạng PEN ( g-g)
2 .
NE ME
NE ME PE EP NE
b, MNP MPN ( tam giác MNP cân M ) ( ùng )
PNE NPD c NMP => DNE DPE .
Hai điểm N; P thuộc nửa mp bờ DE nhìn DE góc nên tứ giác DNPE nội tiếp
c, MPF đồng dạng MIP ( g - g )
2 . (1)
MP MI
MP MF MI
MF MP
MNI đồng dạng NIF ( g-g )
2 IF
.IF(2) NI
NI MI MI NI
Từ (1) (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3).
H
E D
F
I
P O
N K
(6)
NMI KPN ( phụ HNP ) => KPN NPI
=> NK = NI ( )
Do tam giác MNP cân M => MN = MP ( 5) Từ (3) (4) (5) suy đpcm
Câu V
2
6
x (1)
1 x
k k x k
x
+) k=0 Phương trình (1) có dạng 8x-6=0 x=
2
+) k 0 (1) phải có nghiệm '= 16 - k (k - 6) k
.
Max k = x =
Min k = -2