5 de tuyen sinh lop10 nam hoc 20092010 Ninh BinhQuang NamQuang Tri Nghe An Thanh Hoa va dap an

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ the[r]

5 ĐỀ TUYỂN SINH:

NINH BÌNH, QUẢNG NAM , QUẢNG TRỊ, NGHỆ AN,THANH HÓA 2009-2010

TUYỂN SINH VÀO 10 THPT TỈNH NINH BÌNH Năm học 2009- 2010

Câu (2,5 điểm):

Giải phương trình: 4x = 3x + 4

Thực phép tính:A 12 3   48

Giải hệ phương trình sau:

1 1

x y

3

5

x y



 

  

   



Câu (2,0 điểm):

Cho phương trình: 2x2 + (2m – 1)x + m – = (1), m tham số.

Giải phương trình (1) m = 2.

Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn: 4x12 + 4x22 + 2x1x2 =

Câu (1,5 điểm):

Một người xe đạp từ A đến B cách 36 km Khi từ B trở A, người tăng vận tốc thêm km/h, thời gian thời gian 36 phút Tính vận tốc người xe đạp từ A đến B

Câu (2,5 điểm):

Cho đường trịn tâm O, bán kính R Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O;R) A Trên đường thẳng d lấy điểm H cho AH < R Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng d, cắt (O;R) hai điểm E B (E nằm H B)

Chứng minh góc ABE góc EAH.

Trên dường thẳng d lấy điểm C cho H trung điểm đoạn AC Đường thẳng CE cắt AB K Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp đường tròn

Xác định vị trí điểm H đường thẳng d cho AB = R Câu (1,5 điểm):

1. Cho ba số a,b,c > Chứng minh rằng:

3 3 3

1 1 1 1

a b abc b c abc c a abc abc 2. Tìm x, y nguyên thoả mãn: x + y + xy + = x2 + y2

GỢI Ý ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2009 - 2010

Câu 1:

1 4x = 3x + <=> x =

2 A = √12 - √3 + √48 = 10 √3 - √3 + √3 = 10 √3

3 đk : x 0; y

¿

1

x−

1

y=1

3

x+

4

y=5

⇔

¿4 x −

4

y=4

3

x+

4

y=5

⇔

¿7 x=9

1

y=

9 7−1 ⇔

¿y=7

x=7

¿{

¿

( Thoả mãn điều kiện x 0; y Kl: …

Câu 2: Phương trình: 2x2 + (2m-1)x + m - 1= (1)

1 Thay m = vào phương trình (1) ta có 2x2 + 3x + =

Có ( a - b + c = - + = 0)

=> Phương trình (1) có nghiệm x1 = -1 ; x2 = - 1/2

2 Phương trình (1) có Δ = (2m -1)2 - 8(m -1)

= 4m2 - 12m + = (2m - 3)2 với m.

=> Phương trình (1) ln có hai nghiệm x1; x2 với giá trị m

+ Theo hệ thức Vi ét ta có:

¿ x1+x2=1−2m

2

x1x2=m −1

¿{

¿

+ Theo điều kiện đề bài: 4x12 + 4x22 + 2x1x2 =

<=> 4(x1 + x2)2 - x1x2 =

<=> ( - 2m)2 - 3m + = 1

N K

C B

E O

A H

<=> 4m2 - 7m + =

+ Có a + b + c = => m1 = 1; m2 = 3/4

Vậy với m = m = 3/4 phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn:

4x12 + 4x22 + 2x1x2 =

Câu 3: Gọi vận tốc người xe đạp từ A đến B x (km/h; x > 0) Thì vận tốc người từ B A : x + (km/h)

Thời gian người từ A đến B là: 36x (h) Thời gian người từ B A là: 36x+3 (h)

Vì thời gian thời gian nên ta có phương trình : 36x - 36x

+3 =

<=> x2 + 3x - 180 = 0

Có Δ = 729 >

Giải được: x1 = 12 (thoả mãn điều kiện ẩn)

x2 = -15 (không thoả mãn điều kiện ẩn)

Vậy vận tốc người từ A đến B 12 km/h Câu 4:

1 Chứng minh: ∠ ABE = ∠ EAH ∠ ABE góc nội tiếp chắn cung AE

∠ EAH góc tạo tia tiếp tuyến AH dây cung AE => ∠ ABE = ∠ EAH

( Hệ góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp

+ BH vng góc với AC H => ∠ BHC = 900

+ H trung điểm AC (gt)

+ EH AC H (BH AC H; E BH) => Δ AEC cân E

=> ∠ EAH = ∠ ECH( t/c tam giác cân) + ∠ ABE = ∠ EAH ( cm câu a)

=> ∠ ABE = ∠ ECH ( = ∠ EAH) => ∠ KBE = ∠ KCH

=> Tứ giác KBCH nội tiếp

=> ∠ BKC = ∠ BHC = 900

=> ∠ AKE = 900 (1)( Kề bù với ∠ BKC = 900)

Mà ∠ EHA = 900 (2) ( EH AC H)

Từ (1) (2) => ∠ AKE + ∠ EHA = 1800

=> Tứ giác AHEK nội tiếp

3 Xác định vị trí điểm H đường thẳng (d) cho AB = R √3

+ Kẻ ON vng góc với AB N

=> N trung điểm AB( Quan hệ vng góc đường kính dây cung) => AN = R√3

2

Ta có tam giác ONA vng N theo cách dựng điểm N => tag ∠ NOA = AN : AO = √3

2

=> ∠ NOA = 600 => ∠ OAN = ∠ ONA - ∠ NOA = 300

+ ∠ OAH = 900 ( AH tiếp tuyến (O) tiếp điểm A)

=> ∠ BAH = 600

+ chứng minh : Δ BAC cân B có ∠ BAH = 600 => tam giác ABC đều.

=> AH = AC/2 = AC/2 = R√3

2

=> H giao điểm (A; R√3

2 ) đường thẳng (d) Chú ý : Bài tốn có hai nghiệm hình:

Câu 5:

1 Với a > 0; b > 0; c > Chứng minh rằng:

a3

+b3+abc+

b3

+c3+abc+

c3

+a3+abc≤ abc

HD: ta có a3 + b3 + abc = (a+b)(a2 + b2 - ab) + abc (a+b)(2ab - ab)+ abc

( (a-b)2 với a, b => a2 + b2 2ab)

=> a3 + b3 + abc ab(a+b) + abc = ab( a+b+c)

Vì a, b, c > => a3+b3+abc≤

1

(a+b+c)ab (1)

Tương tự ta có: b3+c3+abc≤

1

(a+b+c)bc (2)

c3+a3+abc≤

1

(a+b+c)ca (3)

Từ (1) ; (2); (3) =>

a3+b3+abc+

b3+c3+abc+

c3+a3+abc≤

a+b+c abc(a+b+c)=

1 abc

Dấu "=" xảy a = b = c

Vậy bất đẳng thức chứng minh Tìm x, y nguyên thoả mãn:

x + y + xy + = x2 + y2 (*)

<=> x2 - x(y + 1) + y2 - y - = (**)

Vì x, y nghiệm phương trình (*)

=> Phương trình (**) ln có nghiệm theo x => Δ = (y+1)2 - (y2 - y - 2) 0

=> -3y2 + 6y + 0

<=> - y2 + 2y + 0

<=> (- y2 - y) + 3(y + 1) 0

<=> (y + 1)(3 - y)

Giải -1 y y nguyên => y {-1; 0; 1; 2; 3} + Với y = -1 => (*) <=> x2 = => x = 0

+ với y = => (*) <=> x2 - x - =

có nghiệm x1 = -1; x2 = thoả mãn x Z

+ với y = => (*) <=> x2 - 2x - = có Δ' = khơng phương.

+với y = => x2 - 3x = => x = x = thoả mãn x Z.

+ với y = => (x-2)2 = => x = thoả mãn x Z.

Vậy nghiệm nguyên phương trình là: (x,y)

{(−1;0);(0;−1);(2;0);(0;2);(3;2);(2;3)}

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2009-2010

Môn thi TỐN ( chung cho tất thí sinh) Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài (2.0 điểm )

1 Tìm x để biểu thức sau có nghĩa

a) x b)

1

x

2 Trục thức mẫu

a)

3

2 b)

1 1

3 Giải hệ phương trình :

1

x x y

  



  

Bài (3.0 điểm )

Cho hàm số y = x2 y = x + 2

a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm A,B đồ thị hai hàm số phép tính c) Tính diện tích tam giác OAB

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài (1.0 điểm )

Cho phương trình x2 – 2mx + m – m + có hai nghiệm x

1 ; x (với m tham

số ) Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ

Bài (4.0 điểm )

Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC Vẽ dây BD vng góc với AC K ( K nằm A O).Lấy điểm E cung nhỏ CD ( E không trùng C D), AE cắt BD H

a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh AD2 = AH AE.

c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình trịn (O)

d) Cho góc BCD α Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC cân M Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O)

Hướng dẫn: Bài (2.0 điểm )

1 Tìm x để biểu thức sau có nghĩa

a) x0 b) x1 0  x1

2 Trục thức mẫu

a)

3 3

2

2  2  b)

 

   

1

1 3

3

3 3

  

  



  

3 Giải hệ phương trình :

1 1

3

x x x

x y y y

   

  

 

  

    

  

Bài (3.0 điểm )

Cho hàm số y = x2 y = x + 2

a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy Lập bảng :

x - x - - 1

y = x + 2 y = x2 4 1 0 1 4

y

A

B

b) Tìm toạ độ giao điểm A,B :

Gọi tọa độ giao điểm A( x1 ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) hàm số y = x2 có đồ thị (P)

và y = x + có đồ thị (d)

Viết phương trình hồnh độ điểm chung (P) (d) x2 = x +

 x2 – x – = 0

( a = , b = – , c = – ) có a – b + c = – ( – ) – =

1

x

  ;

2

c x

a 

  

thay x1 = -1  y1 = x2 = (-1)2 = 1;

x2 =  y2 =

Vậy tọa độ giao điểm A( - ; 1) , B( ; ) c) Tính diện tích tam giác OAB

Cách : SOAB = SCBH - SOAC =

1

2(OC.BH - OC.AK)= =

2(8 - 2)= 3đvdt

Cách : Ctỏ đường thẳng OA đường thẳng AB vng góc OA AK2OK2  1212  2 ; BC = BH2CH2  4242 4 2;

AB = BC – AC = BC – OA =

(ΔOAC cân AK đường cao đồng thời trung tuyến  OA=AC)

SOAB =

1

2OA.AB =

.3 2

2  đvdt

Hoặc dùng cơng thức để tính AB = (xB xA)2(yB yA)2 ;OA=

2

(xA xO) (yA yO)

Bài (1.0 điểm ).Tìm biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ

Cho phương trình x2 – 2mx + m – m +

( a = ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m2 - m + )

Δ’ = = m2 - ( m2 - m + ) = m2 - m2 + m - = m – ,do pt có hai nghiệm x ; x

(với m tham số ) Δ’ ≥  m ≥ Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

x1 + x2 = 2m

x1 x2= m2 - m +

x12 + x22 = ( x1 + x2)2 – 2x1x2 = (2m)2 - 2(m2 - m + )=2(m2 + m - )

=2(m2 + 2m

1 2 +

1 4-

1 4 -

12

4 ) =2[(m + 2)2 -

13

4 ]=2(m + 2)2 -

13 C

K H

Do điều kiện m ≥  m +

1

2 ≥ 3+ 2=

7

(m +

1 2)2 ≥

49

4  2(m +

1 2)2 ≥

49

2  2(m +

1 2)2 -

13 ≥

49 -

13

2 = 18

Vậy GTNN x12 + x22 18 m =

Bài (4.0 điểm )

a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp * Tam giác CBD cân

AC BD K BK=KD=BD:2(đường kính vng góc dây cung)

ΔCBD có đường cao CK vừa đường trung tuyến nên ΔCBD cân C * Tứ giác CEHK nội tiếp

· ·

AEC HEC 180  ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ; KHC 180·  0(gt)

· · 0

HEC HKC 90  90 180 (tổng hai góc đối)  tứ giác CEHK nội tiếp

b) Chứng minh AD2 = AH AE.

Xét ΔADH ΔAED có :

¶

A chung ; AC BD K , AC cắt cung BD A suy A điểm cung

BAD , hay: AB = AD ADB AED· · (chắn hai cung nhau)

Vậy ΔADH = ΔAED (g-g) 

2 .

AD AE

AD AH AE

AH AD 

c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình trịn (O) BK=KD=BD:2 = 24:2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm

ΔBKC vuông A có : KC = BC2  BK2  202122  400 144  256=16(cm)

·

ABC 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

ΔABC vng K có : BC2 =KC.AC  400 =16.AC  AC = 25 R= 12,5(cm)

C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm)

d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường trịn (O)

A O

B

M

C

E D

M’ K

H

B”

D”

ΔMBC cân M có MB = MC suy M cách hai đầu đoạn thẳng BC  M d

đường trung trực BC ,(OB=OC nên O d ),vì M(O) nên giả sử d cắt (O) M (M thuộc

cung nhỏ BC )và M’(thuộc cung lớn BC )

* Trong trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ; M D nằm khác phía BC hay AC ΔBCD cân C nên

· · · ) :

2 BDC DBC (180 DCB 90     

Tứ giác MBDC nội tiếp

· · · · ( ) 0

2 2

BDC BMC 180   BMC 180  BDC 180  90   180  90  90 

* Trong trường hợp M’ thuộc cung lớn BC

ΔMBC cân M có MM’ đường trung trực nên MM’ phân giác góc BMC



· · ) : 450

2

BMM ' BMC (90    

 sđ

¼

BM ' )

2 (90

 

(góc nội tiếp cung bị chắn)

sđBD» 2BCD 2·   (góc nội tiếp cung bị chắn)

+ Xét BD BM '» ¼ 

0 3 0

2

2 90   2  90   180   60

suy tồn hai điểm M thuộc cung nhỏ BC (đã tính )và M’ thuộc cung lớn BC

Tứ giác BDM’C nội tiếp

· ·

2 BDC BM 'C 90   

(cùng chắn cung BC nhỏ) + Xét BD BM '» ¼ 

0 0

3

2

2 90   2  90   180   60

M’≡ D khơng thỏa mãn điều kiện đề nên khơng có M’ ( có điểm M thỏa mãn đề bài)

+ Xét BD BM '» ¼ 

0 0 0

3

2

2 90   2   90   180  60  90

(khi BD qua tâm O BDAC ·BCD 900) M’ thuộc cung BD» không thỏa mãn điều kiện đề

bài nên khơng có M’ (chỉ có điểm M thỏa mãn đk đề)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NGHỆ AN Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009 MƠN: TỐN

( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề ) Bài ( điểm )

Cho hàm số: y f (x)  x  x 2 a) Tìm tập xác định hàm số b) Chứng minh f(a) = f(- a) với   2 a

c) Chứng minh y2 4 Bài ( 1,5 điểm)

Giải tốn cách lập phương trình:

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm thời gian định Do áp dụng kĩ thuật nên tổ I vượt mức 18% tổ II vượt mức 21% Vì thời gian quy định họ hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm Hỏi số sản phẩm giao tổ theo kế hoạch ?

Bài ( điểm )

Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = với x ẩn số, m tham số (1)

a) Giải phương trình (1) m = -

b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, nghiệm bình phương nghiệm cịn lại

Bài ( 3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn, BAC = 450 Vẽ đường cao BD CE tam

giác ABC Gọi H giao điểm BD CE

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh: HD = DC

c) Tính tỉ số:

DE BC .

d) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA  DE

- HẾT -BÀI GIẢI Bài

a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là:

2 x x

2 x

x x

  

 

    

 

  

 

Vậy tập xác định hàm số là: x  [-2; 2]

b) Chứng minh f(a) = f(- a) với   2 a

f (a) a  a ; f ( a)   ( a)   a 2  a  a 2 .

Từ suy f(a) = f(- a) c) Chứng minh y2 4

2 2

y ( x ) 2 x x ( x )   

 2 x x   2 x

 4 x 4 (vì 2 x ≥ 0).

Đẳng thức xảy  x 2

Bài 2.

Gọi x,y số sản phẩm tổ I, II theo kế hoạch ĐK: x, y nguyên dương x < 600; y < 600

Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm nên ta có phương trình: x + y = 600 (1)

Số sản phẩm tăng tổ I là:

18 x

100 (sp), Số sản phẩm tăng tổ II là: 21

y 100 (sp).

Do số sản phẩm hai tổ vượt mức 120(sp) nên ta có phương trình:

18 21

x y 120

100 100  (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

x y 600

18 21

x y 120

100 100         

Giải hệ ta x = 200 , y = 400 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy số sản phẩm đựoc giao theo kế hoạch tổ I 200, tổ II 400 Bài

a)Giảiphương trình (1) m = -1:

Thay m = 1 vào phương trình (1) ta phương trình:

x2 2x 0

 (x22x1) 0 

 x12 32 0

 x 1 3 x 1 30  x4 x 2 0

4

2

x x x x              

b) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, nghiệm bình phương nghiệm cịn lại

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  ∆’ = m2 - (m - 1)3 > (*)

Giả sử phương trình có hai nghiệm u; u2 theo định lí Vi-ét ta có:

2

2

u u 2m

u.u (m 1)

         (**)     3 **

u u m

u m            2

u u m

u m

  



  

 2

1

1

m m m

u m            

2 3 0

1 m m u m        

PT m2 3m0  m m  3  0 m1 0;m2 3 (thỏa mãn đk (*) )

Vậy m = m = hai giá trị cần tìm

Lưu ý: Có thể giả sử phương trình có hai nghiệm, tìm m vào PT(1) tìm hai nghiệm phương trình , hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu trả lời. Ở trường hợp m = PT (1) có hai nghiệm x11;x2 1 thỏa mãn

O

M

K 45

H E

D

C B

A

y

x

O 45

H

E D

C B

A x2 x12, m = PT (1) có hai nghiệm x12;x2 4 thỏa mãn

2

x x .

Bài 4.

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn Vì BD, CE đường cao tam giác ABC nên:

BDA CEA 900 hay HDA HEA 900

Tứ giác ADHE có HDA HEA 1800 nên nội tiếp

đường tròn b) Chứng minh: HD = DC

Do tứ giác ADHE nội tiếp nên EAD DHC  (cùng bù DHE) Mà EAD450 (gt) nên DHC450.

Tam giác HDC vuông D, DHC450 nên vuông cân.

Vậy DH = DC c) Tính tỉ số

DE BC:

Tứ giác BEDC có BEC BDC  900nên nội tiếp đường tròn.

Suy ra: ADEABC (cùng bù EDC)

ADE ABC có ADEABC , BAC chung nên ADE ABC (g-g)

Do đó:

DE AE

BC AC .

Mà

0

osA=cos45

AE c

AC   (do tam giác AEC vuông E EAC 450

 )

Vậy:

2

DE BC 

d) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA  DE

Cách 1: Kẻ đường kính AK đường trịn (O) cắt DE M

Ta có: ADEAKC (cùng ABC) Do tứ giác CDMK nội tiếp.

Suy ra: ACK DMK 1800 Mà ACK 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên DMK 900 Vậy AK  DE hay OA  DE (đpcm)

Cách 2: Kẻ tiếp tuyến xAy đường tròn (O) Ta có: xACABC (cùng

1

2sđAC )

ABCADE

Do đó: xACADE Suy xy // DE

Mà xy  OA nên DE  OA (đpcm)

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH QUẢNG TRỊ

MƠN: TỐN Ngày thi: 07/07/2009 Câu (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức sau: a) 12 27 3 .

b)  

2

1 5 2  1 5 2

2 Giải phương trình: x2-5x+4=0

Câu (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y=-2x+4 có đồ thị đường thẳng (d) a/Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với hai trục toạ

b/Tìm (d) điểm có hồnh độ tung độ Câu (1,5 điểm).

Cho phương trình bậc hai: x2-2(m-1)x+2m-3=0 (1)

a/Chứng minh phương trình (1) có nghiệm với giá trị m b/ Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu Câu (1,5 điểm)

Một mảnh vườn hình chử nhật có diện tích 720m2, tăng chiều dài thêm 6m

giảm chiều rộng 4m diện tích mảnh vườn khơng đổi Tính kích thước mảnh vườn ?

Câu (3,5 điểm)

Cho điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R Từ A kẻ đường thẳng (d) khơng qua tâm O, cắt (O) B C ( B nằm A C) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) B C cắt D Từ D kẻ DH vng góc với AO (H nằm AO), DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I giao điểm DO BC

1 Chứng minh OHDC tứ giác nội tiếp Chứng minh OH.OA = OI.OD

3 Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn (O)

4 Cho OA = 2R Tính theo R diện tích phần tam giác OAM nằm ngồi đường trịn (O)

HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH QUẢNG TRỊ

MƠN: TỐN Ngày thi: 07/07/2009 Câu (2,0 điểm)

1.Rút gọn biểu thức sau:

a) √12−√27+4√3=2√3−3√3+4√3=3√3

b) 1−√5+√(2−√5)2=1−√5+|2−√5|=1−√5+√5−2=−1

2 Giải phương trình: x2-5x+4=0

Ta có : a=1 ; b=-5 ; c=4 ; a+b+c= 1+(-5)+4=0 Nên phương trình có nghiệm : x=1 x=4 Hay : S= {1;4}

Câu (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y=-2x+4 có đồ thị đường thẳng (d) a/Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với hai trục toạ đô

- Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Oy nghiệm hệ :

¿ x=0

y=−2x+4 ⇔

¿x=0 y=4

¿{

¿ Vậy toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Oy A(0 ; 4)

- Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Ox nghiệm hệ :

¿ y=0

y=−2x+4 ⇔

¿y=0 x=2

¿{

¿ Vậy toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Ox B(2 ; 0)

b/Tìm (d) điểm có hồnh độ tung độ Gọi điểm M(x0 ; y0) điểm thuộc (d) x0 = y0

 x0=-2x0+4

 x0=4/3 => y0=4/3

Vậy: M(4/3;4/3) Câu (1,5 điểm).

Cho phương trình bậc hai: x2-2(m-1)x+2m-3=0 (1)

a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm với giá trị m

x2 - 2(m-1)x + 2m - 3=0.

Có: Δ ’ = [−(m −1)]2−(2m−3)

= m2-2m+1-2m+3

= m2-4m+4 = (m-2)2 với m.

 Phương trình (1) ln ln có nghiệm với giá trị m

b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu a.c < <=> 2m-3 <

<=> m < 32

Vậy : với m < 32 phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu Câu (1,5 điểm)

Gọi chiều rộng mảnh vườn a (m) ; a > Chiều dài mảnh vườn 720a (m)

Vì tăng chiều rộng thêm 6m giảm chiều dài 4m diện tích khơng đổi nên ta có phương trình : (a-4) ( 720a +6) = 720

⇔ a2 -4a-480 = 0

⇔

a=24

¿

a=−20(¿0)loai ¿

¿ ¿ ¿ ¿

Vậy chiều rộng mảnh vườn 24m chiều dài mảnh vườn 30m Câu (3,5 điểm)

Cho điểm A nằm đường trịn tâm O bán kính R Từ A kẻ đường thẳng (d) không qua tâm O, cắt (O) B C ( B nằm A C) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) B C cắt D Từ D kẻ DH vng góc với AO (H nằm AO), DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I giao điểm DO BC

5 Chứng minh OHDC tứ giác nội tiếp Chứng minh OH.OA = OI.OD

7 Chứng minh AM tiếp tuyến đường trịn (O)

8 Cho OA = 2R Tính theo R diện tích phần tam giác OAM nằm ngồi đường tròn (O)

K

I M

H

D

C B

O A

a) C/m: OHDC nội tiếp

Ta có: DH vuông goc với AO (gt) => ∠ OHD = 900.

CD vng góc với OC (gt) => ∠ OCD = 900.

Xét Tứ giác OHDC có ∠ OHD + ∠ OCD = 1800.

Suy : OHDC nội tiếp đường tròn b) C/m: OH.OA = OI.OD

Ta có: OB = OC (=R); DB = DC ( T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy OD đường trung trực BC => OD vng góc với BC Xét hai tam giác vng Δ OHD Δ OIA có ∠ AOD chung

 Δ OHD đồng dạng với Δ OIA (g-g)

 OH

OI = OD

OA =>OH OA=OI OD (1) (đpcm)

c) Xét Δ OCD vng C có CI đường cao áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông, ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R) (2).

Từ (1) (2) : OM2 = OH.OA

⇒OM OH =

OA OM

Xét tam giác : Δ OHM Δ OMA có : ∠ AOM chung OMOH =OA

OM

Do : Δ OHM đồng dạng Δ OMA (c-g-c)  ∠ OMA = ∠ OHM = 900

 AM vng góc với OM M  AM tiếp tuyến (O)

d)Gọi K giao điểm OA với (O); Gọi diện tích cần tìm S

 S = S Δ AOM - SqOKM

Xét Δ OAM vng M có OM = R ; OA = 2.OK = 2R => Δ OMK tam giác

=> MH = R √3

2 ∠ AOM = 60 0

=> S Δ AOM =

2OA MH=

2 2R.R.√ =R

2

.√3

2 (đvdt)

SqOKM = Π.R

2

60 360 =

Π.R2

6 (đvdt)  S = S Δ AOM - SqOKM = R2.√3

2 −

Π.R2

6 =R

2

.3√3− Π

6 (đvdt)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2009-2010

Môn thi : Toán

Ngày thi: 30 tháng năm 2009 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số.

1.Giải phương trình (1) n =

2 Tìm n để phương trình (1) có nghiệm Bài (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

2

x y

x y

 

 

  

Bài (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1)

1 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k

2 Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k

3 Gọi hoành độ E F x1 x2 Chứng minh x1 x2 = - 1, từ suy

ra tam giác EOF tam giác vuông

Đề thức

Bài (3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Trên tia đối tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) Từ điểm G; A; B kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B C D

1 Gọi N tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp

2 Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ suy

CN DN

CG DG .

3 Đặt BOD  Tính độ dài đoạn thẳng AC BD theo R  Chứng tỏ rằng

tích AC.BD phụ thuộc R, không phụ thuộc 

Bài (1,0 điểm)

Cho số thực m, n, p thỏa mãn :

2

2 1

2

m n np p  

Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : B = m + n + p ……… Hết ………

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……… Chữ ký giám thị số 1: Chữ ký giám thị số 2:

ĐÁP ÁN

Bài (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số.

1.Giải phương trình (1) n = x2 – 4x + = Pt có nghiệm x

1 = 1; x2 =

2 Tìm n để phương trình (1) có nghiệm

’ = – n   n 

Bài (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

2

x y

x y

 

 

  

HPT có nghiệm:

3

x y

  

 

Bài (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1)

1 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k y = kx +

2 Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k

Phương trình hồnh độ: x2 – kx – = 0

 = k2 + > với  k  PT có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng (d)

cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k

3 Gọi hoành độ E F x1 x2 Chứng minh x1 x2 = -1, từ suy

ra tam giác EOF tam giác vuông Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22)

 PT đường thẳng OE : y = x1 x

PT đường thẳng OF : y = x2 x

Theo hệ thức Vi ét : x1 x2 = -

 đường thẳng OE vng góc với đường thẳng OF EOF  vuông

Bài (3,5 điểm)

1, Tứ giác BDNO nội tiếp

2, BD  AG; AC  AG  BD // AC (ĐL) GBD đồng dạng GAC (g.g) 

CN BD DN

CG AC DG

3, BOD =   BD = R.tg ; AC = R.tg(90o – ) = R tg 

 BD AC = R2

Bài (1,0 điểm)

2

2 1

2

m n np p  

(1)

 …  ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 =  (m – p)2 + (n – p)2 = - ( m + n + p )2

 (m – p)2 + (n – p)2 = – B2

vế trái không âm  – B2  B2   B

dấu  m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =

2



 Max B = m = n = p =

2

Min B =  2 m = n = p =

