4 DE TUYEN SINH VAO LOP 10 THPT MON TOAN VA DAP AN

-Trong quá trình giải bài của học sinh nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả phần sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm.. -Bài hình học, nếu học sinh không vẽ hình phần [r]

4 ĐỀ TUYỂN SINH 10 NĂM HỌC 2009-2010: THÁI BÌNH, VĨNH PHÚC, YÊN BÁI, HÀ NAM SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNGNăm 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

x

 

 .

Bài 2.(2,0 điểm)

Cho hệ phương trình:

m x y 2

mx y m

   

 

   

 (m tham số) 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k x 4   (k tham số) parabol (P): y x

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

2 Chứng minh với giá trị k đường thẳng (d) ln 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 trịn; 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 THÔNG Năm 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 13

2

4 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

x

 

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

x2 + 2x + = 3(x + 2)

 x2 x  =

0,25

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

x = 1; x = (thoả mãn)

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

Bài 2 2,0 điểm

Ý Nội dung 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:

m x y 2

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:

x m

y m 2m

  



  



0,25

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

1

x x k

x x

   



 

Khi đó: y1x12 ; y2 x22

0,25

Vậy y1 + y2 = y1y2



2 2

1 2

x x x x

 (x1 + x2)2 2x1x2 = (x1 x2)2

 (k 1)2 + = 16  (k 1)2 =

 k 2  k 2 

Vậy k 2  k 2  thoả mãn đầu bài.

0,25

Bài 4 3,5 điểm

Ý Nội dung Điểm

1. (1,0đ)

D C K N

P

A B

+ 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 đườngthẳng 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

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

Ý Nội dung Điểm

0,5đ

Ta chứng minh:

1 1 1

3

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

 

      

  

  (*)

0.25đ + Với a > 0; b > ta có: a b  a 2b   (1)

+ 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: 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, yêu cầu thí sinh phải trình bày, lập luận biến đổi hợp lí công nhận cho điểm

2 Bài phải có hình vẽ phù hợp với lời giải tốn (khơng cho điểm hình vẽ)

3 Những cách giải khác cho điểm tối đa theo khung điểm

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề A.Phần trắc nghiệm ( 2,0 điểm):Trong câu có lựa chọn, có lựa chọn Em chọn lựa chọn đúng.

Câu 1: điều kiện xác định biểu thức 1 x là:

A x  B x1 C x1 D x1

Câu 2: cho hàm số y(m1)x2 (biến x) nghịch biến, giá trị m thoả mãn: A m < B m = C m > D m >

Câu 3: giả sử x x1, nghiệm phương trình: 2x23x10 0 Khi tích x x1 2bằng: A

3

2 B 

C -5 D

Câu 4: ChoABC có diện tích Gọi M, N, P tương ứng trung điểm cạnh AB, BC, CA X, Y, Z ương ứng trung điểm cạnh PM, MN, NP Khi diện tích tam giác XYZ bằng:

A

4 B

16 C

32 D. B Phần tự luận( điểm):

Câu 5( 2,5 điểm) Cho hệ phương trình

2

2

mx y

x y

 

 

 

 ( m tham số có giá trị thực) (1) a, Giải hệ (1) với m =

b, Tìm tất giá trị m để hệ (1) có nghiệm Câu 6: Rút gọn biểu thức: A2 48 75 (1 3)2

Câu 7(1,5 điểm) Một người từ A đến B với vận tốc km/h, ô tô từ B đến C với vận tốc 40 km/h Lúc xe đạp quãng đường CA với vận tốc 16 km/h Biết quãng đường AB ngắn quãng đường BC 24 km, thời gian lúc thời gian lúc Tính quãng đường AC

Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm A B Trên nửa mặt phẳng có bờ AB kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vng góc với CI C cắt tia By K Đường trịn đường kính IC cắt IK P ( P khác I) a, Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn, rõ đường tròn

b, Chứng minh CIP PBK  .

c, Giả sử A, B, I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích tứ giác ABKI lớn

-Hết -SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

—————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN

—————————

A PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Mỗi câu cho 0,5 điểm, sai cho điểm

Câu Đáp án D A C B B PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm):

Câu (2,5 điểm). a) 1,5 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Thay m =1 vào hệ ta được:

x 2y (1) 2x 4y (2)

 

 

 

 0,25

Nhân vế PT(1) với -2 cộng với PT(2) ta được: 8y 5 0,50 Suy

5 y

8

 0,25

Thay y

8



vào (1) có:

5

x x

8

    0,25

Thử lại với

1 x

4 y

8

       

 ta thấy thoả mãn Vậy hệ cho có nghiệm nhất:

1 x

4 y

8

       

 .

0,25

b) 1,0 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Hệ (I) có nghiệm

m m

m

2 4     1,0 Câu (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

2

A 48  75 (1 3) = 16.3 25.3 |1  | 0,5

= + 0,25 Câu (1,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Gọi độ dài quãng đường AB x km (x0), độ dài quãng đường BC x+24 km, độ dài quãng đường AC 2x+24 km Và đó, thời gian quãng đường AB

x (h)

4 , thời gian quãng đường BC x 24

(h) 40 

thời gian quãng đường CA 2x 24

(h) 16



0.5

Mặt khác, thời gian nên ta có phương trình: x x 24 2x 24

4 40 16

 

  0.25

Giải phương trình x6 0.5

Thử lại, kết luận

 x 6

 Thời gian quãng đường AB BC

6 24

2.25( )

4 40 h



 

, thời gian quãng đường CA (lúc về)

2 24

2.25( )

16 h

  

 Vậy độ dài quãng đường AC 36 km

0.25

Câu (3,0 điểm):

a) 1,0 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Có: CPK CPI 90   0 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn); 0,25

Do ByAB nên CBK 90  0. 0,25

Suy ra: CPK CBK 180   0hay tứ giác CPKB nội tiếp đường trịn đường kính CK. 0,50

b) 1,0 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Có: CIP PCK  (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn một

cung); (1) 0,5 Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: PCK PBK  (2) 0,25

Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh 0,25

c) 1,0 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Từ giả thiết suy tứ giác AIKB hình thang vng, gọi s diện tích AIKB, 0,25

A C B

K y I

đó ta có:

s (AI KB)AB

 

Dễ thấy s lớn KB lớn (do A, B, I cố định)

Xét tam giác vng AIC BKC có: KCCI KB CA suy ra: BKC ACI 

(góc có cạnh tương ứng vng góc) hay ACI đồng dạng với BKC (g-g). 0,25

Suy ra:

AC AI AC.BC

BK

BK BC   AI , đó: BK lớn  AC.BC lớn nhất 0.25

Theo BĐT Cơsi có:

2 2

AC CB AB

AC.CB

2



 

  

  , dấu “=” xảy C là

trung điểm AB Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn C trung điểm AB

0,25

Một số lưu ý:

-Trên trình tóm tắt cách giải với ý bắt buộc phải có Trong trình chấm, học sinh giải theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa

-Trong trình giải học sinh bước sai, bước sau có sử dụng kết phần sai có khơng cho điểm

-Bài hình học, học sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần

-Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm thống chia tới 0,25 điểm -Điểm tồn tính đến 0,25 điểm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010

MƠN TỐN

Thời gian làm 120 phút không kể giao đề

Bài 1(2,0 điểm):

1- Cho hàm số y x 

a) Tìm giá trị y khi: x= 0, x = -1

b) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng toạ độ 2- Khơng dùng máy tính cầm tay:

a) Giải phương trình: x2 x 0

b) Giải hệ phương trình:

x 2y 3x 2y

 

 

 



Bài 2(2,0 điểm): Giải tốn cách lập phương trình: Tìm hai số có tổng tích Bài 3(2,0 điểm): Cho:

2 2

x 2xy y x y y x

M

x y xy

  

 

 1- Tìm điều kiện để M có nghĩa

2- Rút gọn M (với điều kiện M có nghĩa)

3- Cho N y y 3  Tìm tất cặp số (x; y) để M = N Bài 4(3,0 điểm):

Độ dài cạnh tam giác ABC vuông A, thoả mãn hệ thức sau: AB =x, AC = x +1, BC = x+2

1- Tính độ dài cạnh chiều cao AH tam giác

3- Cho tam giác ABC quay vịng quanh cạnh huyền BC Tính tỷ số diện tích phần dây cung AB AC tạo

Bài 5(1,0 điểm): Tính P = x2y2 Q = x2009y2009

Biết rằng: x>0 , y>0 , x y   x xy y - Hết

-Họ tên thí sinh: Phịng thi: SBD:

Họ tên, chữ ký giám thị

Họ tên, chữ ký giám thị

ĐÁP ÁN-HƯỚNG DẪN CHẤM THI VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2009-2010 MƠN TỐN (ĐỀ CHÍNH THỨC) Điểm Nội dung

Bài 1(2,0 điểm):

1- Cho hàm số y=1+x

a) Tìm giá trị y khi: x = 0; x = -1 b) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng toạ độ 2- Khơng dùng máy tính cầm tay:

a) Giải phương trình: x2 x 0

b) Giải hệ phương trình:

x 2y 3x 2y

 

 

 



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

1-(1,0 đ) a) (0,5 đ)

Khi x = 0, ta có y = 1+ = hay y = Khi x = -1, ta có y = 1-1 = hay y = b) (0,5 đ)

Xác định hai điểm (0; 1) (-1; 0) mặt phẳng toạ độ

Đồ thị hàm sốy x  (hình vẽ)

y

y=1+x

-1 x

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

2-(1,0 đ) a) (0,5 đ)

Vì a + b + c = 1+1+(-2) = 1+ 1-2 =

Phương trình cho có hai nghiệm: x1 = 1, x2 = -2 b) (0,5 đ)

Lấy (1) + (2), ta có 4x =  x = 1

Nghiệm hệ phương trình cho : x y      0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 2(2,0 điểm): Giải tốn cách lập phương trình: Tìm hai số có tổng tích Gọi hai số phải tìm x y

Vì tổng hai số 5, nên ta có x y = Vì tích hai số 6, nên ta có: xy=

Ta có hệ phương trình:

x y xy      

Các số x y nghiệm phương trình: X2 -5X + = (1) Ta có Δ = 25-24 = 1>

 (1) có hai nghiệm:

5

X

2 

 

,

5

X

2 

 

Hai số phải tìm

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

Bài 3(2,0 điểm): Cho

2 2

x 2xy y x y y x

M

x y xy

  

 

 1- Tìm điều kiện để M có nghĩa

2- Rút gọn M (với điều kiện M có nghĩa)

3- Cho N y y 3  Tìm tất cặp số (x; y) để M = N 1-(0,5 đ)

Để M có nghĩa, ta có:

x y xy

  

 

  x ≠ y , x ≠0, y ≠0 (1) 2-(0,75 đ)

Với x y, x 0, y 0   ta có:

2

(x y) xy(x y) M

x y xy

 

 

 M= x y x y  

M2y 3-(0,75 đ)

Để y y 3 có nghĩa y 0 (2)

Với x y, x 0, y 0   (kết hợp (1) (2)), ta có 2y y y 3   ( y)32( y)2 0 đặt a = y, a > 0, ta có a32a2 0

 (a 31) (2a 2 2) (a 1)(a  2 a 1) 2(a 1)(a 1) (a 1)(a     23a 3)  a =1 > (vì a23a 3 =

2

3

(a )

2

 

> 0) Do a =1 nên y= > Vậy cặp số (x;y) phải tìm để M = N là: x tuỳ ý 0, 1; y = Bài 4(3,0 điểm):

Độ dài cạnh tam giác ABC vuông A, thoả mãn hệ thức sau: AB =x, AC = x , BC =x+2

1- Tính độ dài cạnh chiều cao AH tam giác

2- Tam giác ABC nội tiếp nửa hình trịn tâm O Tính diện tích phần thuộc nửa hình trịn tam giác

giữa phần dây cung AB AC tạo 0,25

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

1-(1,25 đ)

Theo định lý Pitago tam giác vuông ABC, ta có: BC2 = AB2 + AC2

hay: (x+2)2 = x2 + (x+1)2

 x2 + 4x + = x2 + x2 + 2x + 1  x2 – 2x – =

 x = > 0, x = -1 < (loại) Vậy AB = 3, AC = 4, BC = AH =

AB.AC BC =

3 =

12

C

x +2 x +1 O

H A x B

0,25

0,25 0,25 0,25

2-(1,0 đ)

Gọi diện tích phần thuộc nửa hình trịn ngồi tam giác S; diện tích nửa hình trịn tâm O S1; diện tích tam giác ABC S2 , ta có:

S = S1 – S2 =

2

1

OA AB.AC

2 

Vì OA =

BC

2 , nên S =

2

1 1

BC AB.AC

2 4 

=

25 12 25 48

8

  

 

Vậy S =

1

(25 48)

8   0,25

0,25 0,25

3- (0,75 đ)

Khi tam giác ABC quay vòng quanh cạnh huyền BC:

Gọi S3 diện tích phần dây cung AB tạo (diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy AH, đường sinh AB), ta có: S3 = .AH.AB AH 

Gọi S4 diện tích phần dây cung AC tạo (diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy AH, đường sinh AC), ta có: S4 = .AH.AC AH 

Vậy

S

S 4

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

Bài 5(1,0 điểm):

Tính P = x2y2 Q = x2009y2009

Biết rằng: x > 0, y > 0, x y   x xy y (1) Vì x > 0, y >

(1)  2x 2y x xy y    

 2( 1)2 2( x )22( y)2 2 x x y y 

      

2 2 2

( 1)  x ( x )  ( x )  x y ( y)  ( 1)  y ( y) 0

      

2 2



1 x

x y

1 y

  

 

 

 

 



 

x x y y   

   

 hay x y 1  Vậy P = Q =

Chú ý:

- Thí sinh làm cách khác đúng, hợp lý cho điểm tối đa.

- Điểm thi tổng số điểm bài, điểm tổng số điểm của phần (điểm thi, điểm bài, điểm phần khơng làm trịn số).

Sở Giáo dục - Đào tạo Hà Nam

-Đề thức

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Năm học 2009 – 2010

Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Bài 1 (2 điểm)

1) Rút gọn biểu thức: A =  

2 2  288 2) Giải phương trình:

a) x2 + 3x = 0 b) –x4 + 8x2 + = 0

Bài 2 (2 điểm) Giải tốn cách lập phương trình:

Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị 14 Nếu đổi chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị cho số lớn số cho 18 đơn vị Tìm số cho

Bài 3 (1 điểm)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho (P): y = - 3x2 Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = -2x + cắt (P) điểm có tung độ y = -12

Bài 4 (1điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB =a Gọi Ax, By tia vng góc với AB (Ax, By thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn (O); cắt Ax, By E F

a) Chứng minh: Góc EOF 900.

b) Chứng minh: Tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB OEF đồng dạng c) Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh: MK vng góc với AB d) Khi MB = 3MA, tính diện tích tam giác KAB theo a

- Hết

-Sở Giáo dục - Đào tạo Hà Nam

Hướng dẫn chấm tuyển sinh vào lớp 10 THPT Mơn thi: Tốn

Bài (2 điểm)

1) (1 điểm) A = 12 18 12 2   0,75

= 22 0,25

2) (1 điểm)

a) (0,5đ) x2 + 3x =  x(x + 3) = 

0 x x

  



 0,5

b) (0,5đ) Đặt t = x2 ≥ ta có phương trình: -t2 + 8t + =  t = t = -1

(loại) 0,25

Với t =  x = ±3 Kết luận phương trình có nghiệm: x = -3; x = 3 0,25 Bài (2 đ)

Gọi chữ số hàng chục số cần tìm x, điều kiện x  N, < x ≤

Chữ số hàng đơn vị số cần tìm y, điều kiện y  N, ≤ y ≤

0,5 Tổng chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị 14 nên có phương trình: x +

y = 14 0,25

Đổi chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị cho số lớn số cho 18 đơn vị nên có phương trình: 10y + x –(10x + y) = 18 0,5 Giải hệ phương trình:

x y 14 x

y x y

  

 



 

  

Số cần tìm 68 0,25 Bài (1 đ)

Đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = -2x + nên có phương

trình: y = -2x + b 0,25

-12 = - 3x2  x = ±2

 Trên (P) có điểm mà tung độ -12 A(-2;-12); B(2; -12) 0,25 Đường thẳng y = -2x + b qua A(-2; -12)  -12 = + b  b = -16 0,25 Đường thẳng y = -2x + b qua B(2; -12)  -12 = -4 + b  b = -8

KL: có hai đường thẳng cần tìm: y = -2x -16 y = -2x -8 0,25 Bài (1 điểm)

đk:

4x 1

x 3(*)

3 x

  

    

  

0,25

 2

6 4x x 3x 14      4x 3  ( x 1)  0 0,25



4x 3 x     



   



Vì ( 4x 3)  20 ( x 1)  0 với x thoả mãn (*)

0,25  x = (tm) 0,25 Bài (4điểm)

a) (1,5đ) Hình vẽ 0,25

Có EA  AB  EA tiếp tuyến với (O), mà EM tiếp tuyến

 OE phân giác góc AOM 0,5

Tương tự OF phân giác góc BOM 0,5

 góc EOF = 900 (phân giác góc kề bù) 0,25 b) (1đ)

có góc OAE = góc OME = 900 Tứ giác OAEM nội tiếp 0,5 Tứ giác OAEM nội tiếp  góc OAM = góc OEM 0,25 Có góc AMB = 900 (AB đường kính) 

OEF  MAB tam giác vuông

  OEF  MAB đồng dạng. 0,25

c) (0,75đ) có EA // FB 

KA AE

KF FB 0,25

EA EM tiếp tuyến  EA = EM FB FM tiếp tuyến  FB = FM 

KA EM

KF MF

0,25

 AEF  MK // EA mà EA  AB  MK  AB 0,25

d) (0,75đ) Gọi giao MK AB C, xét  AEB có EA // KC 

KC KB

EA EB Xét  AEF có EA //KM 

KM KF

EA FA AE//BF

KA KE KF KB

KF KB FAEB

Do

KC KM

EA EA  KC = KM  SKAB = 2SMAB

 MAB vuông M  SMAB = MA MB

2 MB = 3MA  MA =

a

2; MB = a

2 =>

2

MAB KAB

1

S a S a

8 16

  

(đơn vị diện tích)

0,25