Bo de tuyen sinh lop 10 cac tinh nam hoc 20092010 co dap an chi tiet

SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ SỐ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày 23 tháng 06 năm 2009 MƠN: TỐN (Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài (3 điểm)  a    K     :  a  a  a   a 1 a    Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức K b) Tính giá trị K a = + 2 c) Tìm giá trị a cho K < Bài (2 điểm) mx  y 1  x y   334 Cho hệ phương trình: a) Giải hệ phương trình cho m = b) Tìm giá trị m để phương trình vơ nghiệm Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = AO Kẻ dây MN vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆AME ∆ACM AM2 = AE.AC c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2 d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Bài (1,5 điểm) Người ta rót đầy nước vào ly hình nón cm Sau người ta rót nước từ ly để chiều cao mực nước lại nửa Hãy tính thể tích lượng nước cịn lại ly Hết -Cán coi thi không giải thích thêm! Họ tên thí sinh:………………………………………….SBD:………………………… Giám thị 1:……………………………….…Giám thị 2:……………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Bài a) Điều kiện a > a ≠ (0,25đ)     a K     :  a ( a  1)   a  ( a  1)( a  1)   a1 a1 a 1  : a ( a  1) ( a  1)( a  1) a a  ( a  1)  a ( a  1) a b) a = + 2 = (1 + )2  a 1  K  2  2(1  2)  2 1 1 c) K 0  a     a 0 a     a 1 a   a 0 a Bài a) Khi m = ta có hệ phương trình:  x  y 1  x y   334  x  y 1  3x  2y 2004 2x  2y 2  3x  2y 2004  x 2002   y 2001 b) mx  y 1  y mx     x y   334   y  x  1002  y mx     mx   x  1002   y mx   3  m   x  1001  2  Hệ phương trình vơ nghiệm  (*) vơ nghiệm Bài a) * Hình vẽ  * EIB 90 (giả thiết) M A E I N O  m (*) 3 0  m  2 * ECB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) * Kết luận: Tứ giác IECB tứ giác nội tiếp C b) (1 điểm) Ta có: * sđ cungAM = sđ cungAN B * AME ACM *GócAchung,suyra∆AME ∆ACM AC AM   * Do đó: AM AE AM2 = AE.AC c) * MI đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB * Trừ vế hệ thức câu b) với hệ thức * Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2 d) * Từ câu b) suy AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CME Do tâm O1 đường trịn ngoại tiếp tam giác CME nằm BM Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ NO1  BM.) * Dựng hình chiếu vng góc N BM ta O Điểm C giao đường tròn cho với đường trịn tâm O1, bán kính O1M Bài (2 điểm) Phần nước cịn lại tạo thành hình nón có chiều cao nửa chiều cao hình nón 8cm3 nước ban đầu tạo thành Do phần nước cịn lại tích 1      thể tích nước ban đầu Vậy ly cịn lại 1cm3 nước SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ SỐ 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 (3 điểm) Cho hàm số: y f (x)   x  x  a) Tìm tập xác định hàm số b) Chứng minh f(a) = f(- a) với  a 2 c) Chứng minh y 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 (2 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 lại Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn, A = 45 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 DE c) Tính tỉ số: BC d) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vng góc với DE Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh:………………………………………….SBD:………………………… Giám thị 1:……………………………….…Giám thị 2:……………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Bài a) Điều kiện để biểu thức có nghĩa là: 2  x 0  x 2    x 2   x  0  x  (hoặc | x | ≤ 2) Tập xác định [-2; 2] b) f (a)   a  a  ; f ( a)   (  a)   a    a  a  Từ suy f(a) = f(- a) c) y (  x )  2  x  x  (  x ) 2  x   x   x 4   x 4 (vì  x ≥ 0) Đẳng thức xảy  x 2 Giá trị nhỏ y Bài * Gọi x,y số sản phẩm tổ I, II theo kế hoạch ( điều kiện x>0, y>0 ) * Theo giả thiết ta có phương trình x + y = 600 18 x 100 * Số sản phẩm tăng tổ I là: (sp) 21 y * Số sản phẩm tăng tổ II là: 100 (sp) 18 21 x y 120 100 * Từ ta có phương trình thứ hai: 100 * Do x y thỏa mãn hệ phương trình:  x  y 600   18 21 100 x  100 y 120 Giải hệ ta x = 200 , y = 400 Vậy số sản phẩm đựoc giao theo kế hoạch tổ I 200, tổ II 400 Bài  x  x  2x  0    x 2 a) Khi m = - 1, phương trình cho có dạng b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt  ∆’ = m2 - (m - 1)3 > (*) Giả sử phương trình có hai nghiệm u; u theo định lí Vi-ét ta có: u  u 2m (1)  (2) u.u (m  1) Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1) = 2m  m2 - 3m =  m = m = Cả hai giá trị thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = - u = Bài   a) Ta có ADH AEH 90 , suy   AEH  ADH 1800  tứ giác AEHD nội tiếp đường trịn  B b) ∆AEC vng có EAC 45 nên E x  ECA 450 , từ ∆HDC vng cân D Vậy H O DH = DC A C D   c) Do D, E nằm đường trịn đường kính BC nên AED ACB , suy ∆AED ∆ACB, đó: DE AE AE    BC AC AE 2   d) Dựng tia tiếp tuyến Ax với đường trịn (O), ta có BAx BCA , mà      BCA AED (cùng bù với DEB )  BAx AED DE // Ax Mặt khác, OA  Ax , OA  ED (đpcm) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BĐ ĐỀ SỐ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009 MƠN: TỐN (Thời gian 120 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài (3 điểm) Cho biểu thức  x 8x   x   P     :    x x  x x     a) Rút gọn P b) Tìm giá trị x để P = - c) Tìm m để với giá trị x > ta có m( x  3)P  x  Bài (2 điểm) a) Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 2x  y 2  b) Giải hệ phương trình: 9x  8y 34 Bài (3,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a) Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn   b) Khi điểm D di động đường trịn BMD  BCD khơng đổi c) DB.DC = DN.AC Bài (1,5 điểm) 1   Chứng minh rằng: Nếu x, y số dương thì: x y x  y Bất đẳng thức trở thành đẳng thức ? Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh:………………………………………….SBD:………………………… Giám thị 1:……………………………….…Giám thị 2:……………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Bài P a)  x (2  x )  8x ( x  1)  2( x  2) : (2  x )(2  x ) x ( x  2) x  4x 3 x : (2  x )(2  x ) x ( x  2) x  4x x ( x  2) (2  x )(2  x )  x 4x  x3 Điều kiện x ≥ 0; x ≠ x ≠ b) P = - 4x  x  0  x   x 16 c) Bất phương trình đưa dạng 4mx > x +  (4m - 1)x > * Nếu 4m-1 ≤ tập nghiệm chứa giá trị x > 9; Nếu 4m-1 > x 4m  Do bất phương trình thỏa mãn với nghiệm bất phương trình m  9 18 4m  4m - > Ta có x>9 Bài a) Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình cho trở thành: t - 24t - 25 = 0, ý t ≥ ta t = 25 Từ phương trình có hai nghiệm x = - x = b) Thế y = 2x - vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50  x = Từ ta có y = Bài  a) Do AB đường kính đường trịn (O)    D 900 mà ADB DBC C  ADB (so le trong)  N  DBC 90 (1) M DMC 900 Mặt khác (2) A B O Từ (1) (2) suy tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn đường kính CD b) Khi điểm D di động đường trịn (O) tứ giác CBMD ln tứ giác nội tiép 0   Suy BMD  BCD 180 (đpcm)  c) Do ANB 90 (giả thiết)  N  (O)     BDN BAN (cïng ch¾n BN)     BDN ACD   mµ BAN ACD (sole trong)  (3)     mặt khác DAC DAN DBN (cùng chắn DN ) (4) AC CD    AC.DN BD.CD BD DN Từ (3) (4) suy ∆ACD ∆BDN Bài  1  x y (x  y)        4 x y y x     Ta có Vì x, y số dương nên x + y > Chia hai vế bất đẳng thức cho x + y ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y Chú ý: Có thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x, y cho hai số 1 , x y , sau dó lí luận để nhân vế hai bất đẳng thức chiều ta dương có điều phải chứng minh SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ SỐ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009 MƠN: TỐN (Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề) Bài (2 điểm) A 1  2(1  x  2) 2(1  x  2) Cho a) Tìm x để A có nghĩa b) Rút gọn A Bài (2 điểm) 3x  2y 5   15  x  y  a) Giải hệ phương trình b) Giải phương trình 2x  2x  0 Bài (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE a) Chứng minh BC // DE b) Chứng minh tứ giác CODE; APQC nội tiếp c) Tứ giác BCQP hình ? Bài (2 điểm) Cho hình chóp tứ giác SABCD có cạnh bên 24 cm đường cao 20 cm a) Tính thể tích hình chóp b) Tính diện tích tồn phần hình chóp Bài (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  (x  2008)2  (x  2009) Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh:………………………………………….SBD:………………………… Giám thị 1:……………………………….…Giám thị 2:……………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Bài  x  0  x   x      x  1  x  1  x  a) A có nghĩa 1 (1  x  2)  (1  x  2) 1 A    x 1 2(1  x  2) 2(1  x  2) 1  ( x  2)  b) Bài 3x  2y 5   15  x  y   a)  3x  2y 5   2x  2y 15 b) Ta có a + b + c = 5x 20   3x  2y 5  x 4   7  y  2   0 c  4 a Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 = Bài  s® BC  s ® BCD  A B P a) Ta có Do DE tiếp tuyến đường tròn (O) O  D s®CD   s®CDE   CD  Q , mà BD (giả thiết) E   C  BCD CDE  DE // BC 0   b) ODE 90 (vì DE tiếp tuyến), OCE 90 (vì CE tiếp tuyến)   Suy ODE  OCE 180 Do CODE tứ giác nội tiếp   s® BD s®CD   s® PAQ  , s® PCQ    2 Mặt khác mà BD CD (giả thuyết) suy   PAQ PCQ Vậy APQC tứ giác nội tiếp    c) Do APQC tứ giác nội tiếp, suy QPC QAC (cùng chắn CQ )    PCB BAD (cùng chắn CD )     Do QAC BAD, suy QPC PCB  PQ // BC Vậy BCQP hình thang Bài a) Trong tam giác vng AOS có: OA = SA2 - SO2 = 242 S 202 = 176 Do SABCD hình chóp tứ giác nên ABCD hình vng, ∆AOB vng cân O, ta có: d D C O A H B AB2 = 2.AO2 = 176.2 = 352 Do đó: SABCD = AB2 = 352(cm2) V  SABCD h 2346 (cm3 ) 3 Vì vậy: b) Ta có: 1 OH  AB  352 Do SO  mp(ABCD)  SO  OH 2 Suy tam giác vng SOH có: SH  SO  OH  202  (0,5 352)  488; 4.AB.SH 2.AB.SH 2 352 488 2 22.16 122.4 16 122.22 32 61.11 32 671(cm ) Sxq  Do đó: Stp = Sxq + Sđ Bài 32 671  352 32   671  11 (cm ) P  (x  2008)2  (x  2009)  x  2008  x  2009   x  2008  x  2009  x  2009  x  2008 1 Vậy P ≥ 1, đẳng thức xảy khi: (x + 2009)(x - 2008) ≥   2009 x  2008 Do P đạt giá trị nhỏ   2009 x  2008 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ SỐ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009 MƠN: TỐN (Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2 điểm) Cho đường thẳng (D) có phương trình: y = - 3x + m Xác định (D) trường hợp sau: a) (D) qua điểm A(-1; 2)  b) (D) cắt trục hoành điểm B có hồnh độ Bài 2: (2 điểm) 2 Cho biểu thức A = x  x  a) Tìm tập xác định A b) Với giá trị x A đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị Bài 3: (3 điểm) Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt A B Các tiếp tuyến A đường tròn (O) (O’) cắt đường tròn (O’) (O) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh: a) Hai tam giác ABD CBA đồng dạng   b) BQD APB c) Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông B Vẽ nửa đường thẳng AS vng góc với mặt phẳng (ABC) Kẻ AM vng góc với SB a) Chứng minh AM vng góc với mặt phẳng (SBC) o  b) Tính thể tích hình chóp SABC, biết AC = 2a; SA = h ACB 30 Bài 5: (1 điểm) 1   4 x y z Chứng minh rằng: Nếu x, y, z > thỏa mãn 1   1 2x  y  z x  2y  z x  y  2z Hết -Cán coi thi không giải thích thêm! Họ tên thí sinh:………………………………………….SBD:………………………… Giám thị 1:……………………………….…Giám thị 2:……………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Bài 1: a) Đường thẳng (D) qua điểm A(-1; 2) suy m - 3(-1) =  m = -  b) Đường thẳng (D) cắt trục hoành điểm B có hồnh độ Bài 2: a) Ta có x2 + 2x + = (x + 1)2 ≥ với x   Do x2 + 2x + ≠ với x   Suy tập xác định A  b) Ta có x2 + 2x + = (x + 1)2 + ≥ Đẳng thức xảy x = -1 m m   a b Áp dụng quy tắc so sánh: Nếu m, a, b > a b 2  1 x  1  2 Ta có A =  Vậy A đạt giá trị lớn x = -1 Bài  ADB  CAB   sđ AnB a) Ta có sđ = sđ , ( AnB thuộc đường tròn (O))     Do CAB = ADB Tương tự ACB BAD A suy ABD CBA O Q n’ n B D P O’ C b) Vì ABD CBA suy AD AC BD DQ ;AP    2 BA AP ,   APB  BQD APB     BQD APB  AQB  APB 180o DQ  AD BD  CA BA ,mà với   QDB PAB suy BQD o   c) AQB  BQD 180 mà suy tứ giác APBQ tứ giác nội tiếp Bài 4: a) Ta có SA  mp(ABC) (giả thiết) mà BC thuộc mp (ABC), suy BC  AB, BC  mp(SAB) S Vì AM thuộc mp (SAB), suy AM  BC, mặt khác AM  mp(SBC) b) Trong tam giác vng ABC có: M C A ACB AB = AC.sin = 2a sin 30o = 2a = a; 30 B  BC = AC.cos ACB = 2a cos 30o = a a2 BA.BC  Do SABC = 1 a2 a 2h SABC SA  h Vậy V = Bài 5: Sử dụng kết 5, đề số cho số dương x + y x + z ta có: 1 1 1      2x  y  z  x  y    x  z   x  y x  z  (1) 1 1  1 1    ;     x  y 4 x y  x z 4 x z  Cũng theo kết nêu 1 1 1 1 1 1            x  y x z 4 x y x z  4 x y z  Do (2) 1  1     ; 2x  y  z 16  x y z  Từ (1) (2) suy (3) 1  1     ; x  2y  z 16  y x z  Tương tự ta có: (4) 1 2 1     ; x  y  2z 16  z x y  (5) Cộng vế (3), (4), (5) ta có điều phải chứng minh SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ SỐ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009 MƠN: TỐN (Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1,5 điểm) Tìm x biết: x 12  18 x  27 Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình bậc hai 3x2 + mx + 12 = (1) a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 1, tìm nghiệm cịn lại Bài 3: (2 điểm) Một xe máy từ A đến B thời gian dự định Nếu vận tốc tăng thêm 14km/giờ đến sớm giờ, giảm vận tốc 4km/giờ đến muộn Tính vận tốc dự định thời gian dự định Bài 4: (3 điểm) Từ điểm A ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC, cát tuyến AKD cho BD song song với AC Nối BK cắt AC I a) Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b) Chứng minh : IC2 = IK.IB o  c) Cho góc BAC 60 Chứng minh cát tuyến AKD qua O Bài 5: (1,5 điểm) Biết a, b số thỏa mãn a > b > a.b = Chứng minh: a  b2 2 a b Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh:………………………………………….SBD:………………………… Giám thị 1:……………………………….…Giám thị 2:……………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Bài x 12  18 x 18  27  x 12  x 18  27  18 27  18 3  x 12  3 2  x  x  2 3 3  1,5 2 Bài 3x2 + mx + 12 = (1) a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  Δ >  m2 - 4.3.12 >  (m - 12)(m + 12) >  m > 12 m < -12 Vậy m > 12 m < -12 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt b) Phương trình (1) có nghiệm  a + b + c =  + m + 12 =  m = -15 c 12  1.x  4 Ta có x1.x2 = a mà x1 = Vậy x2 = Bài Gọi thời gian dự định x vận tốc dự định y, với x > 0, y > 0; x tính giờ, y tính km/giờ * Quãng đường AB dài là: x.y * Nếu vận tốc giảm 4km/h thời gian tăng lên nên ta có: (x + 1)(y - 4) = x.y  -4x + y = * Nếu vận tốc tăng thêm 14km/h thời gian bớt nên ta có: (x - 2)(y + 14) = x.y  14x - 2y = 28 Theo ta có hệ phương trình:  4x  y 4  14x  2y 28 (1) (2)  8x  2y 8  14x  2y 28 (1') (2') Cộng vế hai phương trình ta có: 6x = 36  x = Thay x = vào (1) ta có y = 28 Đáp số: Thời gian dự định vận tốc dự định 28km/giờ Bài a) Vẽ dây BD // AC; nối DA cắt đường trịn (O) K Ta có cát tuyến AKD thỏa mãn BD // AC b) Xét hai tam giác BCI KCI, ta có:  B + BIC (chung)  KCI   O K sđ CK D + (góc tiếp tuyến dây cung CK) A I C  IBC      sđ CK (góc nội tiếp chắn CK ), suy KCI IBC BI CI    CI BI.KI CI KI Vậy ΔBCI ΔCKI 0    c) Ta có ΔCAB cân (AB = AC) CAB 60  ABC ACB 60 (1)   Do BD // AC  DBC BCA 60 (so le trong) (2) 1   BDC  BCA    sđ BC (góc nội tiếp); sđ BC Mặt khác, = 600 (góc tiếp   tuyến dây cung)  BDC BCA 60 (3)  Từ (1), (2), (3) suy hai tam giác BCD BCA tam giác ABDC  hình thoi (tứ giác có cạnh nhau)  BC  AD D điểm BC  DA qua O (đpcm) Bài a  b (a  b)  2  (a  b)  a b a b Vì ab = nên a  b Do a > b nên áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số dương ta có: 2 (a  b)  2 (a  b) 2 a b a b SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ SỐ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày 25 tháng 06 năm 2009 MƠN: TỐN (Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề) Bài (2 điểm) a) Cho biết: A = + B = - Hãy so sánh A + B A.B b) Tính giá trị biểu thức:  5  M   :  3 3   Bài (2 điểm) Giải tốn cách lập phương trình: Một tam giác có chiều cao cạnh đáy Nếu chiều cao giảm dm cạnh đáy tăng thêm dm diện tích giảm 14 dm3.Tính chiều cao cạnh đáy tam giác Bài (4 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp b) AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao? c) Kẻ MH vng góc với AB (H thuộc AB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH d) Cho AB = 2R gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF r   Chứng minh rằng: R Bài (2 điểm) Một hình chữ nhật ABCD có diện tích 2cm 2, chu vi 6cm AB > AD Cho hình chữ nhật quay quanh cạnh AB vịng ta hình gì? Hãy tính thể tích diện tích xung quanh hình tạo thành Hết -Cán coi thi không giải thích thêm! Họ tên thí sinh:………………………………………….SBD:………………………… Giám thị 1:……………………………….…Giám thị 2:……………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Bài 2 a) Ta có A + B = 18 A.B =  (3 7) 81  63 18 nên A = B      (3  5)  (3  5)  51  M        :         (3  5)(3  5)  5(  1) b) Bài Gọi chiều cao cạnh đáy tam giác cho x y (x > 0; y > 0, tính dm) Theo ta có hệ phương trình:    x  y x  y   1  xy  (x  2)(y  3) 14  xy  (xy  3x  2y  6) 28  2   x 11 x  y    55  3x  2y 22  y  (thỏa mãn điều kiện) a) x E  AE A b) AM  OE giác c) Trả lời: Chiều cao tam giác 11 dm cạnh đáy 55 dm tam giác Bài y Tứ giác AEMO có: F  EAO 900 (AE tiếp tuyến)  M EMO 900 (EM tiếp tuyến)    EAO  EMO 1800 Q P MO tứ giác nội tiếp B AMB  O 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  (EM EA tiếp tuyến)  MPO 90  Tương tự, MQO 90 Tứ MPQO hình chữ nhật EM EF   MK FB Ta có ∆EMK ∆EFB (g.g) (0,25đ) Vì x E M K y F MF = FB (MF FB hai tiếp tuyến) nên: EM EF  MK MF Mặt khác, ∆EAB ∆KHB (g.g)  EA AB  KH HB EF AB EM EA  (Talet)   MK KH Nhưng MF HB Vì EM = EA (EM EA tiếp tuyến) suy MK = KH  d) ∆EOF vuông ( EOF 90 ) OM đường cao OM = R Gọi độ dài cạnh ∆EOF a, b, c Ta có: 1 SEOF  r(a  b  c)  aR 2  aR r(a  b  c) r a   R a bc a a  a  b  c  2a    a  b  c 2a Nhưng b + c > a a a  a  b  c  3a    a  b  c 3a Mặt khác b < a, c < a r 3  R Tóm lại: Bài Hình tạo thành hình trụ Số đo độ dài AB AD nghiệm phương trình x2 - 3x + = Từ AB = 2cm AD = 1cm Thể tích hình trụ V = πAD 2.AB = 2π (cm3) diện tích xung quanh hình trụ Sxq = 2πAD.AB = 4π(cm2)