4 de tuyen sinh lop 10 mon Toan va dap an

* Giám thị không giải thích gì thêm. Đề thi chính thức.. Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. 3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoạ[r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO

NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2009 - 2010

4 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN MƠN TỐN: NGHỆ AN, HẢI DƯƠNG, PHÚ N, THÁI BÌNH

Mơn thi: Tốn

Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1: (3.5 điểm)

a) Giải phương trình

3 x2  7 x 3 b) Giải hệ phương trình

3

8

6

x y x

y



  

 

   

 Bài 2: (1.0 điểm)

Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm ngun

2

2 0

x



ax a

  

Bài 3

(2.0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A có đường phân giác BE (E thuộc AC) Đường trịn đường kính AB cắt BE, BC M, N (khác B) Đường thẳng AM cắt BC K Chứng minh: AE.AN = AM.AK

Bài 4: (1.5 điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO I K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn tứ giác BICK hình bình hành

Bài 5: (2.0 điểm)

a) Bên đường tròn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác ABC

b) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a b c 3   .

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

ab bc ca P a b c

a b b c c a

 

   

 

-Hết

-Họ tên thí sinh ……… ……… SBD……… * Thí sinh khơng sử dụng tài liệu.

(2)

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO

NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2009 - 2010

Hướng dẫn chấm thi

Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang

Nội dung đáp án Điểm

Bài 1 3,5 đ

a 2,0đ

x 2  x 3 





3 3

x x x x x x 27

           0.50đ

3

9 (x 2)(7 x) 27

     0.25đ

3 (x 2)(7 x) 2

     0.25đ

(x 2)(7 x) 8









2

x

5x 0







x

1

x 6





 





b 1,50đ

Đặt

z

y  0.25đ

Hệ cho trở thành

3 3x z 3z x

  

 

 



 0.25đ





3 x z

z

x

















      0,25đ

x z

  (vì x2xz z 2 3 0, x,z ). 0,25đ

Từ ta có phương trình:

3 x

x 3x

x

 

    

 

Vậy hệ cho có nghiệm: (x, y) ( 1; 2), 2,1  





0,25đ

Bài 2: 1,0 đ

Điều kiện để phương trình có nghiệm:   0 a2 4a 0  (*). 0,25đ

Gọi x1, x2 nghiệm nguyên phương trình cho ( giả sử x1 ≥ x2)

Theo định lý Viet:

1

1 2

x x a

x x x x x x a

 



   



  

0,25đ

1

(x 1)(x 1)

   

1 x x 1

 

  

 



1

x 1 x

 

 

 

(3)

1

x

   





x

  

 

Suy a = a = -2 (thỏa mãn (*) )

Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu toán 0,25đ

Bài 3: 2,0 đ

Vì BE phân giác ABC nên ABM MBC   AM MN  0,25đ

 

MAE MAN

  (1) 0,50đ

Vì M, N thuộc đường trịn đường

kính AB nên AMB ANB 90   0 0,25đ

 ANK AME 90  0, kết hợp

với (1) ta có tam giác AME đồng dạng với tam giác ANK

0,50đ

AN AK

AM AE

  0,25đ

 AN.AE = AM.AK (đpcm) 0,25đ

Bài 4: 1,5 đ

Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM AIM 

Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM ABC 

 

AIM ABC

  .Suy tứ giác BOIM nội tiếp

0,25đ

Từ chứng minh suy tam giác AMI đồng dạng với tam giác AOB

AM AI

AI.AO AM.AB

AO AB

   

(1)

0,25đ

Gọi E, F giao điểm đường thẳng AO với (O) (E nằm A, O)

Chứng minh tương tự (1) ta được: AM.AB = AE.AF

= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2

0,25đ

 AI.AO = 3R2

2

3R 3R 3R R

AI OI

AO 2R 2

     

(2) 0,25đ Tam giác AOB tam giác COK đồng dạng nên:

OA.OK = OB.OC = R2

2

R R R

OK

OA 2R

   

(3)

0,25đ

Từ (2), (3) suy OI = OK

Suy O trung điểm IK, mà O trung điểm BC Vì BICK hình bình hành

(4)

Bài 5: 2,0 đ

a, 1,0 đ

Giả sử O nằm miền tam giác ABC Khơng tính tổng qt, giả sử A O nằm phía đường thẳng BC

0,25đ

Suy đoạn AO cắt đường thẳng BC K

Kẻ AH vng góc với BC H 0,25đ Suy AH  AK < AO <1 suy AH < 0,25đ

Suy ABC

AH.BC 2.1

S

2

   

(mâu thuẫn với giả thiết) Suy điều phải chứng minh

0,25đ

b, 1,0đ

Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 0,25đ

mà a3 + ab2

 2a2b (áp dụng BĐT Côsi )

b3 + bc2

 2b2c

c3 + ca2

 2c2a

Suy 3(a2 + b2 + c2)

 3(a2b + b2c + c2a) >

0,25đ

Suy

2 2

ab bc ca P=a b c

a b c

 

  

 

2 2

9 (a b c ) P a b c

2(a b c )

  

    

 

0,25đ

Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t 

Suy

9 t t t

P t

2t 2t 2 2



         

 P 

Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P

0,25đ

(5)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đề thi gồm: 01 trang

Câu (2,0 điểm)

1) Cho

3

1 12 135 12 135

1

3 3

x      

 

 .

Khơng dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức





2

3

M= 9x  9x 

2) Cho trước a b R,  ; gọi

x y

,

3 3

x y a b

x

y

a

b



 













Chứng minh rằng:

x



y



a



b

Câu (2,0 điểm)

Cho phương trình:

x



ax



bx



1 (1)



1) Tìm số hữu tỷ

a

b

x

2) Với giá trị a b, tìm trên; gọi

x x x

; ;

trị biểu thức

5 5

1

S

x





Câu (2,0 điểm)

1) Tìm số nguyên

x y

,

x



y



5

x y



60 37



xy

2) Giải hệ phương trình:





3

4

2

1

5

2 0

x

x x y y

x

y



















 





Câu (3,0 điểm)

Cho hai đường tròn (O ; R) (O’ ; R’) cắt I J (R’ > R) Kẻ tiếp tuyến chung hai đường trịn đó; chúng cắt A Gọi B C tiếp điểm hai tiếp tuyến với (O’ ; R’); D tiếp điểm tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I điểm B nửa mặt phẳng bờ O’A) Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) M (điểm M khác điểm I )

1) Gọi K giao điểm đường thẳng IJ với BD Chứng minh:

KB = KI.KJ

2) AO’ cắt BC H Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm đường tròn 3) Chứng minh đường thẳng AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD Câu (1,0 điểm)

Mọi điểm mặt phẳng đánh dấu hai dấu (+) ( ).

Chứng minh điểm mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh đánh dấu

(6)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010

Đáp án gồm : 04 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm theo cách khác vẫn cho điểm tối đa

- Việc chi tiết điểm số (với cách khác, có) phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

1

Cho

3

1 12 135 12 135

3 3

x      

 

 .Tính





2

3

M= - 9x x -

1,00

Từ

3

1 12 135 12 135

3 3

x      

 

 



3

1



12

135

12

135

3

x

































3 3

12

135

12

135

3

1

3

x































3

x

1



8 3



x

1







 



3

9

x

9

x

2 0









1



1

M



 



0,25 0,25 0,25 0,25

1 Cho trước a b R,  ; gọi x,y hai số thực thỏa mãn

3 3 3

( )

x y a b

I

x

y

a

b



 













x



y



a



b

1,00







 







( )

3

x y a b

I

x y

xy x y

a b

ab a b



 





 



















(1)

(*)

(

)

(

) (2)

x y a b

xy a b

ab a b



 



 









+/Nếu

a b

 

0

(*)



x y a b

xy ab



 









=> x, y nghiệm phương trình

X



(

a b X ab



)





0

0,25

(7)

Giải ta có

;

x b x a

y a y b











x



y



a



b

+/Nếu

a b

 

0

a



b

Ta có hệ phương trình 3

0

x y

x

y

x

y



















0

a

b

x

y



















x



y



a



b

0,25

2

x

ax

bx

1 (1)







a b Q

,



x

1,00

Thay x 2 3vào (1)ta có :













3

2 a 2 b 2  





3 4a b 15 7a 2b 25

     

+/Nếu



4

a b

 

15





0

=>





7

2

25

3

4

15

a

b

a b





 

+/ Suy



4

a b

 

15



 

0

7

2

25 0

4

15 0

a

b

a b









 





Giải hpt ,kết luận :

5

a

b











Với a=-5 ;b=5 Tính giá trị biểu thức

5 5

1

S

x





1,00

a

b

 (1) có dạng x3 5x25x 0 







x



x



1

x x

,



x



  

( có

  

' 0

1 2

4

1

x

x x

















1 2

2

14

x



x



x



x



x x



+/



 



3 2

1 2 2

52

x



x



x



x



x



x x



+/



 







5 2 3 2

1 2 2 724

x x  x x x x  x x x x 

=>S = 725

0,25

0,25 0,25

3

Tìm số nguyên x, y thỏa mãn

x



y



5

x y



60 37



xy

1,00











 



(8)

Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn,

VT 0





 



5

xy

- 4

xy

0

3

xy

4





 



Do

x y Z

,



xy Z



3

4

xy















3

0

xy

x y

x

x y























+/





4

2

4

0

xy

x y

x

x y









 







  













2

x y

 





 



0,25

3

Giải hệ phương trình:





3

4

(1)

2

1

5

2 (2)

x

x x y y

x

y



















 





1,00

Điều kiện :

y



0

(1)







1



0

1

x y

x y x

x









  





+/Nếu

x



1

y

x y

 

0

Khi (2)





4

2 x 1  x  2

(3)





4

2

x



1



2.2

x

.1 4



x



x



x

nên





2

VT(3) 2( - 2



x



1) 2



x



1



0.

Do Pt (3)

4

1

1 0

x

y

x













 











Vậy hệ phương trình có nghiệm

1

;

1

x

y













(9)

H J

O' O

K D

C B

I

M

A

Do AO AO’ hai tia phân giác BAC => A,O,O’ thẳng hàng Có



1

BJI IBK

2



sđ

BI



BKI



Δ KBI



Δ KJB

2

KI

KB

=

KB =KI.KJ

KB KJ



Tương tự:Δ KDIđồng dạng với

Δ KJD

2 KI KD

= KD =KI.KJ KD KJ

 

(2) Từ (1) (2) =>

KB=KD

0,25

0,25 0,25 0,25

4 Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm đường trịn 1,00

+/Xét tam giác vng ABO’ có:

AB =AH.AO'



1

ABI AMB

2



sđ

BI



BAI



Δ ABI

Δ AMB

2 AB AI

= AB =AM.AI AM AB

 

(4) Từ (3),(4) =>

AH AM

AI.AM=AH.AO'

=

AI

AO'



=>

Δ AHI

Δ AMO'

AH AM

=

AI

AO'

A



=>AHI=AMO'  => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay điểm I, H, M, O’ thuộc đường tròn

0,25

0,25 0,25

4 Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD 1,00

Do OD // O’B (cùng



AO OD R OI OI AO' O'B R' O'M O'I

    

nhưng OI cắt O’I A,I,M thẳng hàng => OI // O’M =>DOI=BO'M 

(10)

mà



1



1

BDI

DOI

2



sđ

DI



1



1

BIM

BO'M

2



sđ

BM



Δ IBD

0,25 0,25

5 Chứng minh điểm mặt phẳng làm thành tam giác vng cân mà ba đỉnh đánh dấu

1,00

Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A Do đánh hai dấu (+), ( ) nên tồn hai điểm dấu , không tổng quát giả sử hai điểm A, B dấu dấu (+) + Nếu C có dấu (+) tam giác vng cân ABC tam giác phải tìm

+ Nếu C có dấu (- ) ta dựng điểm D cho ABDC hình vng

_ Nếu D có dấu (+) tam giác ABD tam giác cần tìm

_ Nếu D có dấu (-) gọi I giao điểm AD BC

* Nếu I có dấu (+) tam giác vng cân ABI tam giác cần tìm * Nếu I dấu (-) dễ thấy tam giác vng cân CID có ba đỉnh dấu (-) tam giác cần tìm

0,25

0,25 0,25 0,25

D

B A

C

(11)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2009-2010

Mơn thi: TỐN CHUN

Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) *****

Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + = 0, a tham số

a) Giải phương trình với a =

b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh a2 > 2. Câu 2.(4,0 điểm)

a) Giải phương trình: x + + - x (x + 3)(6 - x) =

b) Giải hệ phương trình: x + y + z = 2x + 2y - 2xy + z =

 



Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất số nguyên x, y, z thỏa mãn : 3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = 6. Câu 4.(3,0 điểm)

a) Cho x, y, z, a, b, c số dương Chứng minh rằng: 3abc + xyz3 3 (a + x)(b + y)(c + z) b) Từ suy : 333333 3 2 33

Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vng ABCD tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC, CD, DA hình vng

a) Chứng minh SABCD AC

4



(MN + NP + PQ + QM)

b) Xác định vị trí M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ

Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường trịn (O) nội tiếp hình vng PQRS OA OB hai bán kính thay đổi vng góc với Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP Tìm quỹ tích giao điểm M Ax By

HẾT

(12)

SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010 MÔN : TOÁN (Hệ số 2)

-ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang I- Hướng dẫn chung:

1- Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định

2- Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm thống thực Hội đồng chấm thi

3- Điểm toàn thi khơng làm trịn số

II- Đáp án thang điểm:

CÂU ĐÁP ÁN Điểm

Câu 1a. (2,0đ)

Ta có phương trình : x + ax +x + ax + = (1)4 Khi a =1 , (1)  x +x +x +x+1= (2) Dễ thấy x = nghiệm

Chia vế (2) cho x2 ta được:

2

1

x + + x + +1=

x x (3).

Đặt

1 1

t = x+ t x+ x +

x   x  x  2

x + t -2 x  . Phương trình (3) viết lại : t + t - = 02

Giải (3) ta hai nghiệm

1 t

2

  

1 t

2

  

không thỏa điều kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình cho vơ nghiệm

0,50

Câu1b . (2,0đ)

Vì x = nghiệm (1) nên ta chia vế cho x2 ta

có phương trình :

2

1

x + +a x + +1=

x x

 

 

  .

Đặt

1 t = x +

x , phương trình : t2 + at - = (4).

Do phương trình cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t|  Từ (4)

suy

2 1- t a

t



0,50

(13)

Từ :

2 2

2 (1 - t ) a >2

t

  t (t - 4) (5)2

  

Vì |t|  nên t2 >0 t2 –  , (5) đúng, suy a2 >

0,50

Câu 2a. (2,0đ)

x + + - x - (x + 3)(6 - x) (1)

Điều kiện :

x+3

-3 x 6-x

 

  

 



Đặt :

2 x +

, ,

v = - x

u

u v u v

  

   

  

Phương trình có trở thành hệ :

2 2

u + v = (u + v) - 2uv = u + v - uv = u + v = + uv

 



 

 

Suy : (3+uv)2-2uv =

uv = u = uv = -4 v =

 

   

 

x+3 = x = -3 x = 6-x =

 

   





Vậy phương trình có nghiệm x =-3 , x =

0,50 0,50

0,50

Câu 2b. (2,0đ)

Ta có hệ phương trình :

2

x+y+z=1 x+y = 1-z

2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1

 



 

 

2 x + y = - z

2xy = z - 2z + = (1- z)

   

 2xy = (x + y)2

 x + y = 02  x = y =  z = 1.

Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1)

0,50

0,50 0,50

Câu 3.

(3,0đ) Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = (1)

 3(x-3) + 6y + 2z + 3y z2 2 2 33 (2) Suy : z2  2z2

 33

Hay |z| 

Vì z nguyên suy z = |z| = a) z = , (2)  (x-3)2 + 2y2 = 11 (3)

Từ (3) suy 2y2

 11  |y| 

Với y = , (3) khơng có số ngun x thỏa mãn Với |y| = 1, từ (3) suy x { ; 6}.

b) |z| = 3, (2)  (x-3)2 + 11 y2 = (4)

Từ (4)  11y2  y = 0, (4) khơng có số nguyên x thỏa mãn

Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên (x ;y ;z) (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ;

0,50

(14)

(6 ;1 ;0) (6 ;-1 ;0) 0,50

Câu 4a. (2,0đ)

3 abc3xyz  3(a+x)(b+y)(c+z) (1) Lập phương vế (1) ta :

abc + xyz + (abc) xyz +3 abc(xyz)3 (a+x)(b+y)(c+z)

2

3

abc + xyz+ (abc) xyz +3 abc(xyz)

 

abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz

2

3

3 (abc) xyz +3 abc(xyz) (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc)

  (2)

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :

3

(abz+ayc+ xbc) (abc) xyz (3)

(ayz+xbz+ xyc) abc(xyz) (4)

Cộng hai bất đẳng thức (3) (4) ta bất đẳng thức (2), (1) chứng minh

0,50

0,50 0,50

Câu4b . (1,0đ)

Áp dụng BĐT (1) với a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = - 3, y = 1, z = 13 Ta có : abc = + 33, xyz = 3-33, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = Từ : 33+ 33 33- 33 3 6.2.2 3 (đpcm).

0,50 0,50

Câu 5a. (2,0)

Gọi I, J, K trung điểm QN, MN, PQ Khi :

BJ = MN

2 (trung tuyến  vuông MBN)

Tương tự DK = PQ

2 .

IJ = QM

2 (IJ đtb  MNQ).

Tương tự IK = PN

2 .

Vì BD  BJ + JI + IK + KD Dođó: ABCD

AC AC

S BD (BJ+JI + IK+KD)

2

  =AC(MN+NP+PQ+QM)

4

0,50

0,50 0,50

Câu5b . (1,0)

Chu vi tứ giác MNPQ :

MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ

= 2(BJ + JI + IK + KD)  2BD (cmt)

Dấu xảy đường gấp khúc trùng với BD, tức MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cạnh huyền tam giác vuông cân nhau), lúc MNPQ hình chữ nhật

0,50

Câu 6.

(3,0đ) Kí hiệu hình vẽ.Phần thuận :

 

AOB =AMB 90 (giả thiết)

A B

D C

M

N

P Q

I J

K

x y

O

K H

P Q

R S

A

B M M'

(15)

 tứ giác AOBM nội tiếp  AMO ABO 45   0(vì AOB

vng cân O)

Suy M nằm đường thẳng qua O tạo với đường PQ góc 450.

Trường hợp B vị trí B’ M’ nằm đường thẳng qua O tạo với PS góc 450. Giới hạn :

*) Khi A  H M  Q, A  K M  S

*) Trường hợp B vị trí B’: A  H M’  P, A  K M’  R

Phần đảo: Lấy M đường chéo SQ (hoặc M’ PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) A Kẻ bán kính OB  OA

Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO ABO 45   0)

Suy : AMB AOB 90   0.

Mà AM//PQ , PQ PS  MB//PS

Kết luận:Quỹ tích giao điểm M đường chéo hình vng PQRS

0,50 0,50

0,50

(16)

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNGNăm học 2009-2010

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1.(2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức sau: a)

3 13

2 4  3

b)

x y y x x y

xy x y

 



 với x > ; y > ; xy Giải phương trình:

4

x

 

 .

Bài 2.(2,0 điểm)

Cho hệ phương trình:





mx y m

   

 

  



 (m tham số)

1 Giải hệ phương trình m 2 ;

2 Chứng minh với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệm (x ; y ) thoả mãn: x + y3

Bài 3.(2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y





1 Khi k2, tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P);

2 Chứng minh với giá trị k đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt;

3 Gọi y1; y2 tung độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) Tìm k

cho: y1y2 y y1

Bài 4.(3,5 điểm)

Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DM, đường thẳng cắt đường thẳng DM DC theo thứ tự H K

1 Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;

(17)

2 Tính CHK ;

3 Chứng minh KH.KB = KC.KD;

4 Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh 2

1 1

AD AM AN .

Bài 5.(0,5 điểm) Giải phương trình:

1 1

3

x 2x 4x 5x

 

    

    .

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNGNăm học 2009-2010

Hướng dẫn chấm Mơn TỐN

Ý Nội dung Điểm

Bài 1 2,0 điểm

1.

(1,5đ) a)

3 13

2 4  3

=









3 13

2 16

 

 

  0,25

= 3 4   3 0,25

= 10 0,25

b)

x y y x x y

xy x y

 



 với x > ; y > ; x

y

=



 



xy x y x y x y

xy x y

  



 0,25

= x y x y 0,25

= x 0,25

2.

(0,5đ)

4

x

 

 ĐK: x 2 Quy đồng khử mẫu ta phương trình:

(18)

x2 + 2x + = 3(x + 2)  x2 x  =

Do a  b + c = +  = nên phương trình có nghiệm:

x = 1; x = (thoả mãn)

Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 1; x = 0,25

Bài 2 2,0 điểm

1.

(1,0đ) Khi m = ta có hệ phương trình:

x y 2x y

 

 

 

 0,25



x x y

  

 

 0,25



x y

  



 0,25

Vậy với m = hệ phương trình có nghiệm nhất:

x y

  



 0,25

2

(1,0đ) Ta có hệ:





mx y m

   

 

  

 



x m mx y m

  

 

  



0,25







x m

y m m m

 

  

   

 



2 x m

y m 2m

 

 

  



Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm nhất:

2 x m

y m 2m

 

 

  



(19)

Khi đó: 2x + y = m2 + 4m 

=  (m  2)2  m (m  2)2

Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm (x; y) thoả mãn 2x + y 

0,50

Bài 3 2,0 điểm

1.

(1,0đ)

Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + 0,25

Khi phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) là:

x2 =

3x +  x2 + 3x  =

0,25

Do a + b + c = +  = nên phương trình có nghiệm: x = 1; x = 

Với x = có y = Với x = 4 có y = 16

0,25 Vậy k = 2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm có toạ độ (1; 1);

(4; 16) 0,25

2.

(0,5đ)

Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) là: x2 = (k

 1)x +  x2 (k  1)x  =

0,25 Ta có ac = 4 < nên phương trình có nghiệm phân biệt với giá trị

k

Vậy đường thẳng (d) parabol (P) cắt điểm phân biệt

0,25

3.

(0,5đ)

Với giá trị k; đường thẳng (d) parabol (P) cắt điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thoả mãn:

1 2

x x k x x

  

 

 

Khi đó: y1x12 ; y2 x22

0,25

Vậy y1 + y2 = y1y2 

2 2 2 x x x x

 (x1 + x2)2 2x1x2 = (x1 x2)2  (k 1)2 + = 16

 (k 1)2 =

(20)

 k 2  k 2 

Vậy k 2  k 2  thoả mãn đầu bài.

Bài 4 3,5 điểm

1.

(1,0đ)

+ Ta có DAB = 90o (ABCD hình vng) 

BHD= 90o (gt)

0,25 Nên DAB BHD  = 180o

 Tứ giác ABHD nội tiếp 0,25

+ Ta có BHD = 90o (gt)



BCD= 90o (ABCD hình vng) 0,25

Nên H; C thuộc đường trịn đường kính DB

 Tứ giác BHCD nội tiếp 0,25

2

(1,0đ)

Ta có:

 

o o BDC BHC 180 CHK BHC 180

  

 

 



  CHK BDC 

0,5 mà BDC = 45o (tính chất hình vng ABCD)

 CHK = 45o 0,5

3.

(1,0đ)

Xét KHD KCB

Có

 



o KHD KCB (90 ) DKB chung

  

  

 KHD KCB (g.g) 0,5



KH KD

KC KB 0,25

 KH.KB = KC.KD (đpcm) 0,25

4.

(0,5đ)

Qua A kẻ đường thẳng vng góc với AM, đường thẳng cắt đường thẳng DC P

Ta có: BAM DAP  (cùng phụ MAD )

AB = AD (cạnh hình vng ABCD)

  o

ABM ADP 90 

Nên BAM = DAP (g.c.g)  AM = AP 0,25

Trong PAN có: PAN = 90o ; AD  PN

D C K N

P

A B

(21)

nên 2

1 1

AD AP AN (hệ thức lượng tam giác vuông)  2

1 1

AD AM AN

0,25

Bài 5 0,5 điểm

0,5đ

Ta chứng minh:

1 1 1

3

a b c a 2b b 2c c 2a

 

      

  

  (*)

với a > 0; b > 0; c >

0.25đ + Với a > 0; b > ta có: a b  a 2b





+ Do





1

a b a b

 

  

 

  nên

1

a  b  a b (2)

+ Từ (1) (2) ta có:

1 3

a  b  a 2b (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) + Áp dụng (3) ta có:

1 1 1

3

a b c a 2b b 2c c 2a

 

      

  

  với a > 0; b> 0; c > 0

Phương trình

1 1

3

x 2x 4x 5x

 

    

     có ĐK:

3 x

2



Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - ta có:

1 1 1

3

x x 2x 3x 5x 4x

 

      

    

1 1

3

x 2x 5x 4x

 

     

    với

3 x

2



Dấu “ = ” xảy  x 2x 3   x 3

Vậy phương trình có nghiệm x = 0.25đ

1 Trên bước giải khung điểm bắt buộc cho bước, u cầu thí sinh phải trình bày, lập luận biến đổi hợp lí cơng nhận cho điểm

2 Bài phải có hình vẽ phù hợp với lời giải toán (khơng cho điểm hình vẽ) Những cách giải khác cho điểm tối đa theo khung điểm

(22)