Tuyen tap de thi tuyen sinh 10

Phần nước còn lại tạo thành hình nón có chiều cao bằng một nửa chiều cao của hình nón do 8cm 3 nước ban đầu tạo thành.. vận tốc của người thứ hai là 15 km/giờ. Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp[r]

Đề I Bài (2,0 điểm) Rút gän c¸c biĨu thøc sau : a) 3 27  300

b) 1 :

1 ( 1)

x x x x x

 



 

  

 

Bµi (1,5 điểm)

a) Giải phơng trình: x2 + 3x – = 0 b) Gi¶i hƯ phơng trình: 3x 2y = 2x + y = Bài (1,5 điểm)

Cho hµm sè : y = (2m – 1)x + m + víi m lµ tham sè vµ m #

2 Hãy xác định m tr-ng hp sau :

a) Đồ thị hàm số ®i qua ®iĨm M ( -1;1 )

b) §å thị hàm số cắt trục tung, trục hoành lần lợt A , B cho tam giác OAB cân Bài (2,0 điểm): Giải toán sau cách lập phơng trình hệ phơng trình:

Một ca nơ chuyển động xi dịng từ bến A đến bến B sau chuyển động ngợc dịng từ B A hết tổng thời gian Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km vận tốc dòng nớc Km/h Tính vận tốc thực ca nơ (( Vận tốc ca nô nớc đứng yên )

Bài (3,0 điểm)

Cho im M nm ngoi đờng tròn (O;R) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng tròn (O;R) ( A; B hai tiếp điểm)

a) Chøng minh MAOB lµ tø gi¸c néi tiÕp

b) TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c AMB nÕu cho OM = 5cm vµ R = cm

c) Kẻ tia Mx nằm góc AMO cắt đờng tròn (O;R) hai điểm C D ( C nằm M D ) Gọi E giao điểm AB OM Chứng minh EA tia phân giác góc CED

Hết -Đáp án

Bài : a) A = b) B = + x Bµi : a) x1 = ; x2 = -4

b) 3x – 2y = 2x + y =

<=> 3x – 2y = 7x = 14 x = <=> <=> 4x + 2y = 2x + y = y = Bµi :

a) Vì đồ thị hàm số qua điểm M(-1;1) => Tọa độ điểm M phải thỏa mãn hàm số : y = (2m – 1)x + m + (1)

Thay x = -1 ; y = vµo (1) ta cã: = -(2m -1 ) + m + 1<=> = – 2m + m + <=> = – m <=> m =

VËy víi m = Th× §T HS : y = (2m – 1)x + m + ®i qua ®iĨm M ( -1; 1)

c) ĐTHS cắt trục tung A => x = ; y = m+1 => A ( ; m+1) => OA = m 1 cắt truc hoành t¹i B => y = ; x =

2

m m  

 => B (

2

m m  

 ; ) => OB =

1

2

m m  

Tam giác OAB cân => OA = OB

<=> m 1 =

2

m m  

 Gi¶i PT ta cã : m = ; m = -1 Bài 4: Gọi vận tốc thực ca nô x ( km/h) ( x>5)

VËn tèc xuôi dòng ca nô x + (km/h) Vận tốc ngợc dòng ca nô x - (km/h) Thời gian ca nô xuôi dòng : 60

5

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 Thời gian ca nô xuôi dòng lµ : 60

5

x  ( giê) Theo bµi ta cã PT: 60

5 x  +

60 x  =

<=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 – 25) <=> x2 – 120 x – 125 = 0

x

1 = -1 ( không TMĐK)  x

2 = 25 ( TM§K)

VËy vân tốc thực ca nô 25 km/h Bài 5:

D C

E O M

A

B

a) Ta cã: MA  AO ; MB  BO ( T/C tiÕp tuyÕn c¾t nhau)

=> MAO MBO  900

 

Tứ giác MAOB có : MAO MBO  900 + 900 = 1800 => Tứ giác MAOB nội tiếp đờng tròn

b) áp dụng ĐL Pi ta go vào MAO vuông t¹i A cã: MO2 = MA2 + AO2  MA2 = MO2 – AO2

 MA2 = 52 – 32 = 16 => MA = ( cm)

Vì MA;MB tiếp tuyến cắt => MA = MB => MAB cân A

MO phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO đờng trung trực => MO AB

Xét AMO vuông A có MO AB ta có:

AO2 = MO EO ( HTL trong

vu«ng) => EO =

2

AO MO =

9

5(cm) => ME = -

5 = 16

5 (cm)

áp dụng ĐL Pi ta go vào tam giác AEO vuông E ta có:AO2 = AE2 +EO2  AE2 = AO2 – EO2 = - 81

25 = 144

25 = 12

5  AE =12

5 ( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE MO đờng trung trực AB)  AB = 24

5 (cm) => SMAB =

2ME AB =

1 16 24 5 =

192 25 (cm

2)

c) XÐt AMO vu«ng A có MO AB áp dụng hệ thức lợng vào tam giác vuông AMO ta

có: MA2 = ME MO (1) mà : ADC MAC =1

2Sđ AC ( góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung)

MAC  DAM (g.g) => MA MD

MC MA => MA

2 = MC MD (2)

Tõ (1) vµ (2) => MC MD = ME MO => MD ME MO MC MCE  MDO ( c.g.c) ( M chung; MD ME

O A

B N

D

C

E

F

Q M

P

H

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – => OA

OE = OM

OA =

OD OM

OE OD ( OD = OA = R) Ta cã: DOE  MOD ( c.g.c) ( O chong ; OD OM

OE OD ) => OED ODM  ( gãc t øng) (4) Tõ (3) (4) => OED MEC  mµ : AEC MEC =900

AED OED =900 => AECAED => EA phân giác DEC

II

phần a: trắc nghiệm khách quan (2,0 ®iÓm)

Từ câu đến câu 8, chọn phơng án viết chữ đứng trớc phơng án vào bài làm.

C©u 1: BiĨu thøc

2x  cã nghÜa vµ chØ khi:

A x  B x > C x < D x =

Câu 2: Đờng thẳng qua điểm A(1;2) song song với đờng thẳng y = 4x - có phơng trình là: A y = - 4x + B y = - 4x - C y = 4x + D y = 4x -

Câu 3: Gọi S P lần lợt tổng tích hai nghiêm phơng trình x2 + 6x - = Khi đó: A S = - 6; P = B S = 6; P = C S = 6; P = - D S = - ; P = - Câu 4: Hệ phơng trình

3

x y x y

 

 

 



cã nghiƯm lµ:

A x y

  

 

B x y

  

 

C x y

  

 

D x y

  

 

Câu 5: Một đờng trịn qua ba đỉnh tam giác có độ dài ba cạnh lần lợt 3cm, 4cm, 5cm đờng kính đờng trịn là:

A

2cm B 5cm C

5

2cm D 2cm

Câu 6: Trong tam giác ABC vuông A có AC = 3, AB = 3 tgB có giá trị là: A

3 B C D

1

Câu 7: Một nặt cầu có diện tích 3600cm2 bán kính mặt cầu là:

A 900cm B 30cm C 60cm D 200cm

Câu 8: Cho đờng trịn tâm O có bán kính R (hình vẽ bên) Biết  1200

 COD

thì diện tích hình quạt OCmD là: A

3  R

B 

R

C 

R

D 

R

phÇn b: tù luËn (8,0 điểm) Bài 1: (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A = 27 12

b) Giải phơng trình : 2(x - 1) = Bài 2: (1,5 ®iĨm)

Cho hµm sè bËc nhÊt y = mx + (1)

a) Vẽ đồ thị hàm số m =

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox trục Oy lần lợt A B cho tam giác AOB cõn

Bài 3: (1,0 điểm)

Mt i xe cần chở 480 hàng Khi khởi hành đội đợc điều thêm xe nên xe chở dự định Hỏi lúc đầu đội xe có chiếc? Biết xe ch nh

Bài 4: (3,0 điểm)

1200

O D

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 –

Cho A điểm đờng tròn tâm O, bán kính R Gọi B điểm đối xứng với O qua A Kẻ đờng thẳng d qua B cắt đờng tròn (O) C D ( d không qua O, BC < BD) Các tiếp tuyến đờng tròn (O) C D cắt E Gọi M giao điểm OE CD Kẻ EH vng góc với OB (H thuộc OB) Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm B, H, M, E thuộc đờng tròn b) OM.OE = R2

c) H trung điểm OA Lời gi¶i:

Gọi giao BO với đờng trịn N, Giao NE với (O) P, giao AE với (O) Q, giao EH với AP F Ta có góc 

90

APN  góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn suy F trực tâm tam giác AEN suy NF vng góc với AE Mặt khác NQ AE suy NQ NF trùng

Suy ba điểm N, F, Q thẳng hàng

Mt khỏc ta có: góc QEF = góc FNH, góc AEF = góc ABF (góc nội tiếp chắn cung AF) Do góc FBH = góc FNH suy tam giác BNF cân F, suy BH = HN,

mà AB = ON AH = HO Hay H trung điểm AO Bài 5: (1, điểm)

Cho hai số a,b khác thoả mÃn 2a2 +

2

1  b

a = 4(1) Tìm giá trị nhỏ biĨu thøc S = ab + 2012

Lêi gi¶i:

Ta có (1) tơng đơng với; (a-1/a)2+(a+b/2)2 – ab – =0

Suy ra: ab = (a-1/a)2+(a+b/2)2 – -2 (vì (a-1/a)2+(a+b/2)2 0) Dấu = xảy (a=1;b=2) (a=-1;b=-2)

Suy minS = -2 + 2012 =2010 vµ chØ (a=1;b=2) hc (a=-1;b=-2) ===HÕt===

Đề Bài ( điểm )

a/ Giải phương trình: 2x2 – 3x – = 0

b/ Giải hệ phương trình:

  

 

 

1 2 3

5 3 2

y x

y x

Bài ( điểm)

Cho hàm số y =

2

x có đồ thị parabol (P) hàm số y = x + m có đồ thị đường

thẳng (D)

a/ Vẽ parabol (P)

b/ Tìm giá trị m để (D) cắt (P) hai điểm phân biệt Bài (2,5 điểm)

a/ Rút gọn biểu thức : M =    

x x x

2

2

3 2

  

 ( x 0)

b/ Tìm giá trị k để phương trình x2 – (5 + k)x + k = có hai nghiệm x

1 , x2 thoả mãn điều kiện x12 + x22 = 18

Bài ( điểm)

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 –

điểm M thay đổi nửa đường tròn ( M khác A, B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By C D

a/ Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp

b/ Chứng minh OC vng góc với OD 2

1 1

R OD

OC  

c/ Xác định vị trí M để ( AC + BD ) đạt giá trị nhỏ Bài ( 0,5 điểm)

Cho a + b , 2a x số nguyên Chứng minh y = ax2 + bx + 2009 nhận giá trị nguyên. - HẾT

-Hướng dẫn: Bài 4:

a Xét tứ giác ACMO có CAO CMO  900

 

=> Tứ giác ACMO nội tiếp

b Vì AC CM tiếp tuyến (O) =>OC tia phân giác góc AOM (t/c)

Tương tự DM BD tiếp tuyến (O) => OD tia phân giác góc BOM (t/c) Mặt khác AOM kề bù với BOM =>

CO OD

* Ta có COD vng O OM đường cao => theo hệ thức lượng tam giác vuông ta 2 2

1 1

OC OD OM R

c Vì Ax, By, CD tiếp tuyến cắt C D nên ta có CA = CM , MD = DB => AC + BD = CM + MD = CD

Để AC + BD nhỏ CD nhỏ

Mà C, D thuộc hai đường thẳng // => CD nhỏ CD Ax By => M điểm cung AB

Bài 5:

Vì a+b, 2a Z => 2(a+b) – 2a  Z => 2b  Z Do x  Z nên ta có hai trường hợp:

* Nếu x chẵn => x = 2m (m Z) => y = a.4m2 + 2m.b +2009 = (2a).2m2 +(2b).m +2009 Z. * Nếu x lẻ => x = 2n +1 (nZ) => y = a(2n+1)2 + b(2n+1) +2009 = (2a).(2m2 + 2m) + (2b)m + (a + b) + 2009 Z

Vậy y = ax2 + bx +2009 nhận giá trị nguyên với đk đầu bài.

Đề Bài ( điểm )

Cho biểu thức K a 1 : 1 2

a 1

a a a a 1

   

     



    

 

a) Rút gọn biểu thức K

b) Tính giá trị K a = + 2

c) Tìm giá trị a cho K <

Bài ( điểm ) Cho hệ phương trình:

mx y 1 x y

334 2 3

 

  

 

  a) Giải hệ phương trình cho m =

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – Bài ( 3,5 điểm )

Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2 3AO Kẻ dây MN vuông 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 cm3 Sau người ta rót nước từ ly để chiều cao mực nước cịn lại nửa Hãy tính thể tích lượng nước lại ly

ĐÁP ÁN Bài

a)

Điều kiện a > a ≠ (0,25đ)

a 1 1 2

K :

a 1 a ( a 1) a ( a 1)( a 1)

   

     

      

 

a 1 a 1

:

a ( a 1) ( a 1)( a 1)

 



  

a 1 a 1

.( a 1)

a ( a 1) a

 

  

 b)

a = + 2 = (1 + 2)2 a 1 2

  

K 3 2 2(1 2) 2

1 2 1 2

  

  

 

c)

a 0 a 1

K 0 0

a 0 a

  



    

 

a 1 0 a 1 a 0

 

    

  Bài

a)

Khi m = ta có hệ phương trình:

x y 1 x y

334 2 3

 

  

 

 

x y 1

3x 2y 2004

 

  

 



2x 2y 2 3x 2y 2004

 

  

 

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – x 2002

y 2001    

  b)

mx y 1 y mx 1

x y 3

334 y x 1002

2 3 2

   

 

 



 

   

 



y mx y mx

3

3 m x 1001 (*)

mx x 1002

2

 



 



 

    

 

    

 

  

Hệ phương trình vơ nghiệm  (*) vơ nghiệm m 3 0 m 3

2 2

    

Bài 3. a)

* Hình vẽ * EIB 90

 (giả thiết)

* ECB 900

  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

* Kết luận: Tứ giác IECB tứ giác nội tiếp b) (1 điểm) Ta có:

* sđcungAM = sđcungAN *AMEACM

*GócAchung,suyra∆AME ∆ACM * Do đó: AC AM

AM AE  AM

2 = 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 O1 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

3

1 1

2 8

    

  thể tích nước ban đầu Vậy ly lại 1cm3 nước.

5:

Bài 1: (3,0 điểm)

GiảI hệ phơng trình

3

 

 

 



x y

x y

Giải hệ phơng trình: a) x2 – 8x + = 0

b) 16x + 16  9x +  4x + 16 - x + 1

A B

M

E

C

I O

1

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyn Hi 2010-2011 Bài 2: (2,0 điểm)

Một hình chữ nhật có chu vi 160m diện tích 1500m2 Tính chiều dài chiều rộng hình chữ nhật

Bài 3: (1,5 điểm)

Cho phơng trình x2 + 2(m+1)x + m2 + 4m + = (với x ẩn số, m tham số ) 1- Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt

2- Đặt A = x1.x2 2(x1 + x2) với x1, x2 hai nghiệm phân biệt phơng trình Chứng minh : A = m2 + 8m + 7

3- Tìm giá trị nhỏ A giá trị m tơng ứng Bài (3,5điểm)

Cho ng trũn tõm O ng kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F cho BF cắt đờng trịn C, tia phân giác góc ABF cắt Ax E cắt đờng tròn D

1- Chøng minh OD // BC

2- Chøng minh hÖ thøc : BD.BE = BC.BF 3- Chøng minh tø gi¸c CDEF néi tiÕp

4- Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD hình thoi Tính diện tích hình thoi AOCD theo R

-14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – H

ướng dẫn Đ ề Baøi 1:

1 Giải hệ phương trình: 23 33 14 52 35

2

x y x y

x y x x

y

   

 

 



 

    



   



 Giải phương trình: a) x2 8x 7 0

  

Có dạng : a + b + c = +(-8) + =

2

1

x x

  







b)

15

16 16 19 14 16

4 1 16

4 16

1

x x x x

x x x x

x x x

       

       



  

  





Bài 2: Gọi x,y chiều dài chiều rộng ( x>y>0) Ta có phương trình:

2

1

80 1500

80 1500

50

50

30

0 x y xy

x

c dai c ron x

x g

x

 

 

 

   

  







  



 

Baøi 3:

 

2

2

2( 1)

1) ' ( 1)

= -2m-2

x m x m m

m m m

     

     

Để phương trình có nghiệm phân biệt: ’ >  m < -1 2) Theo Viet :

1

2 2 2

2( 1)

4 4( 1)

= 4

8

=

S x x m

P x x m m

A m m m

m m m

m m

   

  

   

 

     

   

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 –

E D

C

B O

A F

E D C

B O

A F

Baøi 4: 1)

 

 

 

( )

va so le (tia phan giac

OD//BC

) ODB OBD OBD can

ODB EBF EBF CBD



  

 



 



2) ADB ACB  900

 

(góc nội tiếp chắn đường tròn) * vAEB, đường cao AD: Có AB2 = BD.BE (1) * vAFB, đường cao AC: Có AB2 = BC.BF (2)

Từ (1) (2)  BD.BE = BC.BF 3) Từ BD.BE = BC.BF

 

BD BF BCD BFE

BC BE

CDB CFE

    

 



 Tứ giác CDEF nội tiếp đường trịn ( góc ngồi góc đối diện)

4) * Nếu tứ giác AOCD hình thoi  OA = AD = DC = CO

 OCD  600

ABC

 

* S hình thoi = AC OD

= R2 (2 ) R R2 R2 5

 

-14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – Đề

Câu 1: (2đ)Rút gọn biểu thức a/ 27 128 300

A    

b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0

Câu2: (2đ)Cho biểu thức

2 2

1

a a a a

P

a a a

 

  

  (với a>0) a/Rút gọn P b/Tìm giá trị nhỏ P

Câu 3: (2đ)

Hai người xe đạp xuất phát lúc từ A đến B với vận tốc 3km/h Nên đến B sớm ,mộn 30 phút Tính vận tốc người Biết quàng đường AB dài 30 km

Câu 4: (3đ)

Cho đường trịn (O) đường kính AB, C điểm nằm O A Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt (O) P,Q.Tiếp tuyến D cung nhỏ BP, cắt PQ E; AD cắt PQ F Chứng minh:

a/ Tứ giác BCFD tứ giác nội tiếp b/ED=EF c/ED2=EP.EQ

Câu 5: (1đ)

Cho b,c hai số thoả mãn hệ thức: 1 b c 

Chứng minh hai phương trình sau phải có nghiệm: x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2)

ĐÁP ÁN Đ ề 6: Câu 1: (2đ)

1

2 27 128 300

2

2.2 3.3 10

3

A    

   



b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0 (a=7;b=8;c=1) Ta có a-b+c=0 nên x1=-1;

1 c x

a

 

 

Câu 1: (2đ) a/ (với a>0)

2

2

2

2

1

( 1)( 1) (2 1)

1

2 1

a a a a

P

a a a

a a a a a a

a a a

a a a

a a

 

  

 

   

  

 

    

 

b/Tìm giá trị nhỏ P

2

2

1 1

2 4

1

( ) ( )

2

P a a a a

a

     



  

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – Vậy P có giá trị nhỏ

4 

< => a 1

2

a   a

Câu 3: (2đ)

Gọi x(km/giờ )là vận tốc người thứ Vận tốc ngưươì thứ hai x+3 (km/giờ )

2

1

2

30 30 30

:

3 60

30( 3).2 30 .2 ( 3) 180

3 27 24 12

2.1

3 27 30

15( )

2.1

ta co pt

x x

x x x x

x x

x

x loai

 



    

   

 

  

  

  

Vậy vận tốc người thứ 12 km/giờ vận tốc người thứ hai 15 km/giờ Câu 4: (3đ)

a/ Tứ giác BCFD tứ giác nội tiếp



90

ADB  (góc nội tiếp chắn nửađường tròn (o)) 

90 ( ) FHB gt

=>  0

90 90 180

ADB FHB    Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp

b/ED=EF

Xét tam giác EDF có

 (  )

2

EFD sd AQ PD (góc có đỉnh nằm đường trịn (O))

 (  )

2

EDF sd AP PD (góc tạo tiếp tuyến dây cung)

Do PQAB => H trung điểm PQ( định lý đường kính dây cung)=> A trung điểm

  

PQPA AQ => EFD EDF 

tam giác EDF cân E => ED=EF

H E

Q F

O

B

1 A

D

P

c/ED2=EP.EQ

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 –

Echung  

1

Q D (cùng chắnPD)

=>EDQ EPD=> ED EQ ED2 EP EQ

EP ED  

Câu 5: (1đ) 1

2

b c  => 2(b+c)=bc(1) x2+bx+c=0 (1)

Có 1=b2-4c x2+cx+b=0 (2) Có 2=c2-4b

Cộng 1+2= b2-4c+ c2-4b = b2+ c2-4(b+c)= b2+ c2-2.2(b+c)= b2+ c2-2bc=(b-c) (thay2(b+c)=bc )

Vậy 1;2có biểu thức dương hay hai phương trình x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2) phải có nghiệm:

Đề 7:

Phần I Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)

* Trong câu từ Câu đến Câu 8, câu có phơng án trả lời A, B, C, D; đó có phơng án trả lời Hãy chọn chữ đứng trớc phng ỏn tr li ỳng.

Câu (0,25 điểm): Hệ phơng trình sau vô nghiệm?

 3

)

(  

  

x y

x y

I  y x

x y

II

2

)

( 

 

A C¶ (I) (II) B (I) C (II) D Không có hệ cả

Cõu (0,25 im): Cho hm số y = 3x2 Kết luận dới đúng?

A Hàm số nghịch biến với giá trị x>0 đồng biến với giá trị x<0. B Hàm số đồng biến với giá trị x>0 nghịch biến với giá trị x<0. C Hàm số đồng biến với giá trị x.

D Hàm số nghịch biến với giá trị x.

Câu (0,25 điểm): Kết sau sai?

A sin 450 = cos 450 ; B sin300 = cos600 C sin250 = cos520 ; D sin200 = cos700

Câu (0,25 điểm): Cho tam giác ABC có độ dài cạnh cm Bán kính đờng trịn ngoại

tiÕp tam gi¸c ABC b»ng:

A.3 cm B cm C.4 3cm D.2 3cm

Câu (0,25 điểm):

Cho hai đờng thẳng (d1): y = 2x (d2): y = (m - 1)x = 2; với m tham số Đờng thẳng (d1) song song với đờng thẳng (d2) khi:

A m = -3 B m = 4 C m = 2 D m = 3

C©u (0,25 điểm): Hàm số sau hàm số bËc nhÊt?

A y = x +

x

2

; B y = (1 + 3)x + C y = 2 

x D y =

x

1 Câu (0,25 điểm): Cho biết cos =

5

, với  góc nhọn Khi sin bao nhiêu? A.

5

; B

3

; C

5

; D

4

Câu (0,25 điểm): Phơng trình sau cã nghiƯm ph©n biƯt?

A x2 + 2x + = 0 ; B x2 + = 0 C 4x2 - 4x + = 0 ; D 2x2 +3x - = 0

PhÇn II Tù ln ( ®iĨm)

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – N= 1 1      n n n n

; víi n  0, n 1 a) Rót gän biĨu thøc N

b) Tìm tất giá trị nguyên n để biểu thức N nhận giá trị nguyên

Bµi (1,5 ®iĨm):

Cho ba đờng thẳng (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = (d3): nx - y = n - 1; n tham số

a) Tìm tọa độ giao điểm N hai đờng thẳng (d1) (d2) b) Tìm n để đờng thẳng (d3) qua N

Bµi (1,5 ®iĨm):

Cho phơng trình: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - = (1), với n tham số. a) Tìm n để phơng trình (1) có nghiệm x =

b) Chứng minh rằng, với n- phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Bài (3,0 điểm): Cho tam giác PQR vuông cân P Trong góc PQR kẻ tia Qx cắt PR t¹i

D (D khơng trùng với P D không trùng với R) Qua R kẻ đờng thẳng vng góc với Qx E Gọi F giao điểm PQ RE

a) Chứng minh tứ giác QPER nội tiếp đợc đờng tròn b) Chứng minh tia EP tia phân giác góc DEF

c) TÝnh sè ®o gãc QFD

d) Gọi M trung điểm đoạn thẳng QE Chứng minh điểm M ln nằm cung trịn cố định tia Qx thay đổi vị trí nằm gia hai tia QP v QR

Đáp án 7

Phần I Trắc nghiệm khách quan

Câu C©u1 C©u 2 C©u 3 C©u 4 C©u 5 C©u 6 Câu7 Câu 8

Đáp án C B C A D B C D

PhÇn II Tù luËn Bµi 1: a)N = 1 1      n n n n =    

 1 1

1

12

     n n n n = 1 2       n n n n n =   1   n n

víi n  0, n 1 b) N =  

1   n n =      n n

= + 

n

Ta cã: N nhËn giá trị nguyên

n có giá trị nguyên n-1 ớc

 n-1 1;2;4

+ n-1 = -1  n = + n-1 =  n =

+ n-1 = -2  n = -1 (Không thỏa mÃn với ĐKXĐ N) + n-1 =  n =

+ n-1 = -4  n = -3 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cđa N) + n-1 =  n =

Vậy để N nhận giá trị nguyên n 0;2;3;5

Bµi 2: (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = vµ

(d3): nx - y = n - 1; n lµ tham sè

a) Gọi N(x;y) giao điểm hai đờng thẳng (d1) (d2) x,y nghiệm hệ phơng trình:

 2( )

4 3xx yy I

  

  Ta cã : (I) 

2    x x

y  

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – b) (d3) ®i qua N(3; 5)  3n - = n -1  2n =  n=

Vậy: Để đờng thẳng (d3) qua điểm N(3;5)  n =

Bài 3: Cho phơng trình: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - = (1), víi n tham số. a) Phơng trình (1) có nghiÖm x =  (n+1).32 - 2(n-1).3 + n-3 = 0

 9n + - 6n + + n - =  4n = -12  n = -3

b) Víi n-1, ta cã: '

 = (n-1)2 - (n+1)(n-3) = n2 - 2n + - n2 +2n +4 = >

VËy: víi mäi n-1 phơng trình (1) có hai nghiệm phân biƯt Bµi 4:

Ta cã:  QPR = 900 ( tam giác PQR vuông cân P)  QER = 900 ( RE

 Qx)

Tứ giác QPER có hai đỉnh P E nhìn đoạn thẳng QR dới góc khơng đổi (900)  Tứ giác QPER nội tiếp đờng trịn đờng kính QR

a) Tø gi¸c QPER néi tiÕp   PQR +  PER = 1800 mµ  PER +  PEF = 1800 (Hai gãc kÒ bï)   PQR =  PEF   PEF =  PRQ (1)

Mặt khác ta có:  PEQ =  PRQ (2) <Hai góc nội tiếp chắn cung PQ đờng trịn ngoại tiếp tứ giác QPER>

Tõ (1) vµ (2) ta cã  PEF =  PEQ  EP tia phân giác gócDEF b) Vì RPQF QERF nên D trực tâm tam giác QRF suy FDQR   QFD =  PQR (góc có cạnh tơng ứng vuông góc)

mà PQR = 450 (tam giác PQR vuông cân P)   QFD = 450

c) Gọi I trung điểm QR N trung điểm PQ (I,N cố định) Ta có: MI đờng trung bình tam giác QRE  MI//ER mà ERQE

 MI QE   QMI = 900  M thuộc đờng trịn đờng kính QI Khi QxQR MI, QxQP MN

Vậy: tia Qx thay đổi vị trí nằm hai tia QP QR M ln nằm cung NI đờng trịn đờng kính QI cố định

-Đề 8

Câu I: (2,0đ) Tính 25

Giải hệ phơng trình:

3

x

x y

  

 

 C©u II: (2,0đ)

1.Giải phơng trình x2-2x+1=0

Hàm số y=2009x+2010 đòng biến hay nghịch biến R?vì sao? Câu III: (1,0đ)

LËp phơng trình bậc hai nhận hai số nghiệm? Câu IV(1,5đ)

Mt ụtụ khỏch ôtô tải xuất phát từ địa điểm A đến địa điểm B đờng dài 180 km vận tốc ôtô khách lớn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút Tính vận tốc ơtơ Biết trình từ A đến B vận tốc ôtô không đổi

Q

P

R

D E

F

x M

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyn Hi 2010-2011 Câu V:(3,0đ)

1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O.Các đờng cao BH CK tam giác ABC cắt điểm I.Kẻ đờng kính AD đờng tròn tâm O,các đoạn thẳng DI BC cắt M.Chứng minh

a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc đờng tròn b/OMBC

2/Cho tam giác ABC vuông A,các đờng phân giác gốc B góc C cắt cạnh AC AB lần lợt D E.Gọi H giao điểm BD CE,biết AD=2cm,DC=4 cm tính đọ di on thng HB

Câu VI:(0,5đ)

Cho số dơng x,y,z thỏa mÃn xyz- 16 x y z Tìm giá trị nhỏ biĨu thøc P=(x+y)(x+z)

Gỵi ý GI Ả I : Câu I: (2,0đ)

Tính 4 25= 100 10

Gi¶i hƯ phơng trình:

3

x

x y

  

 



< = >

2

x y   

 



< = > x y

  

  Vëy hÖ phơng trình có nghiệm

Câu II: (2,0đ)

1.Giải phơng trình x2-2x+1=0

phơng trình có nghiệm kÐpt x1=x2=1

Hàm số y=2009x+2010 đồng biến bến R.vì a=2009>0 Câu III: (1,0đ)

Hai sè vµ lµ nghiƯm cđa phơng trình X2-7X-12=0 Câu IV(1,5đ)

Go tốc ôtô tải x (km/h) đk x>0 vận tốc ôtô khách x+10 (km/h) theo đề ta có phơng trình

180 180

10 x x

Giải phơng trình ta có x1=50(tm) x2=-60(loại) Câu V:(3,0đ)

Câu VI:(0,5đ) xyz= 16

x y z  =>x+y+z= 16 xyz

P=(x+y)(x+z)=x2+xz+xy+yz=x(x+y+z)+yz=x 16 xyz+yz=

16 16

2

yz yz

yz  yz (bđt cosi) Vây GTNN P=8

9 Câu I: (2,0 điểm) Tính

Cho hàm số y=x-1.Tại x=4 y có giá trị bao nhiêu? Câu II: (1,0 điểm)

Giải hệ phơng trình x y x y

 

 

Câu III: (1,0đ)

Rót gän biĨu thøc A= 1

1

x x x x

x x

     

 

   

     

   

víi x0;x0

Câu IV(2,5 điểm)

Cho phơng trình x2+2x-m=0 (1) (ẩn x,tham số m) 1.Giải phơng trình (1) víi m=3

2.Tìm tất giá trị m để phơng trình (1) có nghiệm Câu V:(3,0 điểm)

14 Đề ụn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – 1/Chứng minh tứ giác HEKB nội tiếp đợc đờng tròn 2/Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM

3/Cho điểm H cố định xác định vị trí điểm K cho khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giỏc KME nh nht

Câu VI(0,5 điểm)

Tìm số nguyên x,y thoả mãn đẳng thức x2+xy+y2-x2y2=0

Gợi ý đáp án 9 Câu I: (2,0đ)

TÝnh 9 4=3+2 =

Tại x=4 hàm số y=x-1=4-1=3 Vậy x=4 giá trị hàm số y=3 Câu II: (1,0 điểm)

Giải hệ phơng trình x y x y

 

 

 





4

x y   

 





1 x y



Vậy hệ phơng trình có nghiệm (x;y) = (4;1) Câu III: (1,0đ)

A= 1

1

x x x x

x x

     

 

   

     

   

víi x0;x0

A= 1

1

x x x x

x x

     

 

   

     

   

= ( 1) ( 1)

1

x x x x

x x

     

 

   

     

   

=( x1)( x1) x

Câu IV(2,5 điểm)

Phơng tr×nh x2+2x-m=0 (1) (Èn x,tham sè m) 1.Khi m=3 phơng trình (1) có dạng x2+2x-3=0

Ta cú a+b+c=1+2-3=0 theo định lý Viet phơng trình có hai nghiệm x1=1;x2=-3 2.Ta có: =22-4.1.(-m)=4+4m

Để phơng trình có nghiệm  0  4+4m0 4m-4 m-1 Vậy để phơng trỡnh cú nghim thỡ m-1

Câu V:(3,0đ)

3/Gọi O' tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác KME

Ta có AMEABM nên ta chứng minh đợc AM tiếp tuyến dờng tròn (O') M (tham khảo chứng minh 30 (SGK toán tập trang 79)

Từ suy O' thuộc MB

Vậy khoảng cách từ N đến O' nhỏ NO' vng góc với MB

Từ tìm đợc vị trí điểm K: Từ N kẻ NO' vng góc với MB Vẽ (O', O'M) cắt đờng tròn tâm O K

O' E

N M

O

A B

H

K

Câu VI (0,5 điểm)

Tỡm số nguyên x,y thoả mãn đẳng thức x2+xy+y2-x2y2=0 C1: Đa phơng trình bậc hai ẩn x: (y2 - 1)x2 - yx - y2 = 0.

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 –

       

2

2 2 2 2

2

4 4 4 4 2 1

2 2 1

x xy y x y x xy y x y xy x y xy

x y xy

            

    

KQ: (0; 0); (1; -1) (-1; 1)

11 Câu I: (2,0®)

TÝnh 25

Giải hệ phơng trình:

3

x

x y

  

Câu II: (2,0đ)

1.Giải phơng trình x2-2x+1=0

Hm số y=2009x+2010 đồng biến hay nghịch biến R? Vì sao? Cõu III: (1,0)

Lập phơng trình bËc hai nhËn hai sè vµ lµ nghiƯm? Câu IV(1,5đ)

Mt ụtụ khỏch v mt ôtô tải xuất phát từ địa điểm A đến địa điểm B đờng dài 180 km vận tốc ôtô khách lớn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36

phút.Tính vận tốc ơtơ Biết q trình từ A đến B vận tốc ụtụ khụng i

Câu V:(3,0đ)

1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Các đờng cao BH CK tam giác ABC cắt điểm I Kẻ đờng kính AD đờng tròn tâm O, đoạn thẳng DI BC cắt M.Chứng minh

a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc đờng tròn b/OMBC

2/Cho tam giác ABC vuông A,các đờng phân giác gốc B góc C cắt cạnh AC AB lần lợt D E Gọi H giao điểm BD CE, biết AD=2cm, DC= cm tính độ dài đoạn thẳng HB

Câu VI:(0,5đ)

Cho số dơng x, y, z tháa m·n xyz - 16 x y z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = (x+y)(x+z)

-Hết -đáp án11

Câu I: (2,0đ)

Tính 4 25= 2.5 = 10 Giải hệ phơng trình:

3

x

x y

  

 

 < = >

2

x y   

 

 < = > x y

  

 Vậy hệ phơng trình có nghiệm (x;y) = (2;1)

Câu II: (2,0đ)

x2 - 2x +1 = 0 <=> (x -1)2 = 0 <=> x -1 = <=> x =

VËy PT cã nghiÖm x =

Hàm số hàm số đồng biến vì: Hàm số hàm bậc có hệ số a = 2009 > Hoặc x1>x2 f(x1) > f(x2)

C©u III: (1,0đ)

Lập phơng trình bậc hai nhận hai số nghiệm? Giả sử có hai sè thùc: x1 = 3; x2 =

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – §ỉi 36 =

10

h

Gäi vËn tèc cđa « tô khách x ( x >10; km/h) Vận tốc ôtô tải x - 10 (km/h)

Thời gian xe khách hết quãng đờng AB là:

x

180 (h) Thời gian xe tải hết quãng đờng AB là:

10 180



x (h)

Vì ơtơ khách đến B trớc ôtô tải 36 phút nên ta có PT:

3000 10 ) 10 ( 10 180 ) 10 ( 10 180 180 10 10 180             x x x x x x x x 55 3025 3025 3000 ' '       

x1 = +55 = 60 ( TM§K)

x2 = - 55 = - 50 ( không TMĐK)

Vậy vận tốc xe khách 60km/h, vận tốc xe tải 60 - 10 = 50km/h Câu V:(3,0đ)

1/

a) AHI vng H (vì CAHB) AHI nội tiếp đờng trịn đờng kính AI AKI vng H (vì CKAB) AKI nội tiếp đờng trịn đờng kính AI

Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI b)

Ta cã CAHB( Gt)

CADC( góc ACD chắn nửa đờng trịn)

=> BH//CD hay BI//CD (1) Ta cã ABCK( Gt)

ABDB( góc ABD chắn nửa đờng trịn)

=> CK//BD hay CI//BD (2)

Từ (1) (2) ta có Tứ giác BDCI hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song) Mà DI cắt CB M nên ta có MB = MC

=> OMBC( đờng kính qua trung điểm dây vng góc với dây đó) 2/ Cách 1:

Vì BD tia phân giác góc B tam giác ABC; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:

AB BC BC AB BC AB DC AD    

Vì ABC vuông A mà BC = 2AB nên ^ACB = 300; ^ABC = 600

Vì ^B1 = ^B2(BD phân giác) nên ^ABD = 300

Vì ABD vuông A mà ^ABD = 300 nªn BD = 2AD = = 4cm => 2 16 12

   

BD AD

AB

V× ABC vuông A => 2 36 12    

 AC AB

BC

Vì CH tia phân giác góc C tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:

DH BH HB DH HB DH BC DC 3 4     

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – )

1 ( 2

) ( ) (

3

 

 

 

BH VËy BH 2 3( 3 1)cm

Cách 2: BD phân giác =>

2 2

2

2

4

AD AB AB AB

DC BC BC AB AC

 

      

  

2

2 2

2

4

4( 36) 16 4.36

16 36

AB

AB AB AB

AB

      

Câu VI:(0,5đ)

Cách 1:Vì xyz - 16

x y z   => xyz(x+y+z) = 16 P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz

áp dụng BĐT Côsi cho hai số thực dơng x(x+y+z) yz ta cã

P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz 2 xyz(xyz)2 16 8; dấu đẳng thức xẩy

x(x+y+z) = yz Vậy giá trị nhỏ P Cách 2: xyz= 16

x y z  =>x+y+z= 16 xyz

P=(x+y)(x+z)=x2+xz+xy+yz=x(x+y+z)+yz=x 16 xyz+yz=

16 16

2

yz yz

yz yz (bđt cosi) Vây GTNN cña P=8

Đề 12

A/ Phần trắc nghiệm (Từ câu đến câu 2) Chọn két ghi vào làm. Câu 1: (0,75 điểm)

Đờng thẳng x – 2y = song song với đờng thẳng: A y = 2x + B 1

2

y x C 1

2

y x D

2 y x

Câu 2: (0,75 điểm) Khi x < th× x 12

x b»ng: A.1

x B x C D.-1

B/ Phần Tựu luận (Từ câu đến câu 7) Câu 3: (2 điểm)

Cho biÓu thøc: A = 112

3

x x x

x x x

   

  

a/ Rút gọn biểu thức A b/ Tìm x để A <

c/ Tìm x nguyên để A nguyên Câu 4: (1,5 điểm)

Hai gi¸ s¸ch cã chøa 450 cn NÕu chun 50 cn tõ gi¸ thứ sang giá thứ hai số sách gi¸ thø hai sÏ b»ng

5

sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt TÝnh sè s¸ch lóc đầu giá sách Câu 5: (1,5 điểm)

Cho phơng trình: (m+1)x2 -2(m - 1)x + m - = (1) (m lµ tham sè) a/ Giải phơng trình (1) với m =

b/ Tìm giá trị m để phơng trình (1) có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn

1

1 x x  Câu 6: (3,0 điểm)

Cho na ng trũn tõm O đờng kính AB Từ điểm M tiếp tuyến Ax nửa đờng tròn vẽ tuyếp tuyến thứ hai MC(C tiếp điểm) Hạ CH vng góc với AB, đờng thẳng MB cắt đờng tròn (O) Q cắt CH N Gọi giao điểm MO AC I Chứng minh rằng:

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 –

Câu 7: (0,5 điểm) Cho hình thoi ABCD Gọi R, r lần lợt bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ABC, a độ dài cạnh hình thoi Chứng minh rằng: 12 12 42

R r a Đề 13

Bài 1(2,0 đ iểm) :

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: 2   x

x

b) Giải hệ phương trình:   

 

 

1

3

y x

y x

Bài 2(2,0 đ iểm) : Giải tốn cách lập phương trình: Tìm hai số có tổng tích Bài 3(2,0 đ iểm) : Cho: M x xxyy y x yxyy x

2 2 2

  

  

1- Tìm điều kiện để M có nghĩa

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

3- Cho N y y Tìm tất cặp số (x;y) để M N

Bài 4(3,0 đ iểm) :

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

2- Tam giác ABC nội tiếp nửa hình trịn tâm O Tính diện tích phần thuộc nửa hình trịn 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 đ iểm) : Tính P = x 2 y2 Q = x2009 y2009

 Biết rằng: x0, y0 , 1xy x xy  y

- Hết

-HƯỚNG DẪN CHẤM 13 Điểm Nội dung

Bài 1(2,0 đ iểm) : 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- Không dùng máy tính cầm tay:

a) Giải phương trình: x2x 20 b) Giải hệ phương trình:

  

 

 

) (

) (

y x

y x

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

y

y1x

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – 0,25 * Đồ thị hàm sốy1x (hình vẽ)

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 =

* Thay x =1 vào x2 y ta có + y = <=> y =1

Nghiệm hệ phương trình cho :      1 y x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 2(2,0 đ iểm): Giải toán 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 = 5

* Vì tích hai số 6, nên ta có: xy = * Ta có hệ phương trình:

      xy y x

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

* (1) có hai nghiệm:   

X ,

2    X

* Hai số phải tìm

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

Bài 3(2,0 đ iểm): Cho M x xxyy y x yxyy x

2 2 2       1- Tìm điều kiện để M có nghĩa

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

3- Cho N y y  Tìm tất cặp số (x;y) để M N

1-(0,5 đ)

* Để M có nghĩa, ta có:       0 xy y x * <=> xy, x0,y 0 (1)

2-(0,75 đ)

* Với xy, x0, y 0 ta có:

xy y x xy y x y x

M ( ) ( )

2      * M = x y x y

* M 2y

3-(0,75 đ)

* Để y y có nghĩa y0 (2)

Với xy, x0, y0 (kết hợp (1) (2)), ta có  2yy y 

* <=> ( y)3 2( y)2 30 đặt a = y , a > 0, ta có 2 3 0

   a

a

* <=> ( 1) (2 2) ( 1)( 1) 2( 1)( 1) ( 1)( 3)              

 a a a a a a a a a a

<=> a =1 > (vì 3   a

a =

4 )

(a  > 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 đ iểm):

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 –

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

3- Cho tam giác ABC quay vịng quanh cạnh huyền BC Tính tỷ số diện tích 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 vng ABC, ta có: BC2 = AB2 + AC2

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

* <=> x2 + 4 x + = x2 + x2 + 2x + 1 <=> x2 – 2x – =

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

BC AC AB. = 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 = OA AB.AC

2

1  

* Vì OA = BC

2

, nên S = BC AB.AC

2 2  

* = 258  122 258 48 * Vậy S = (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 3.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 4.AH

* Vậy 43

4  S S 0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 5(1,0 đ iểm):

Tính P = x 2 y2 Q = x2009 y2009



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

* Vì x > 0, y >

(1) <=> 22x2y 2 x2 xy2 y

<=> 2.( 1)2 2( x)2 2( y)2 x x y y

 

 



* <=>( 1)2 ( )2 ( )2 ( )2 ( 1)2 ( )2        

 x x x x y y y y

* <=>  1 x2 x y2 1 y2 0

* <=>            0 y y x x <=>         1 y y x x

hay xy 1

Vậy P = Q = 2

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – 1) Rót gän biĨu thøc: A = 2 2 288

2) Giải phơng trình: a) x2 + 3x = 0 b) –x4 + 8x2 + = 0

Bài (2 điểm) Giải toán cách lập phơng trình:

Cho s 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 đợc số lớn số cho 18 đơn vị Tìm số cho

Bài (1 điểm)

Trờn mt phng toạ độ Oxy cho (P): y = - 3x2 Viết phơng trình đờng thẳng song song với đờng thẳng y = -2x + cắt (P) điểm có tung y = -12

Bài (1điểm)

Giải phơng trình: 4x x 3x14

Bài 5.(4điểm)

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

a) Chøng minh: Gãc EOF b»ng 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

- HÕt

-Híng dÉn chÊm 14 Bµi (2 ®iĨm)

1) (1 ®iĨm) A = 4 12 18 12 2   0,75

= 22 0,25

2) (1 ®iĨm)

a) (0,5®) x2 + 3x =  x(x + 3) =  x x



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

(loại) 0,25

Với t = => x = ±3 KÕt luËn ph¬ng tr×nh cã nghiƯm: x = -3; x = 0,25 Bài (2 đ)

Gi ch s hng 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 phơng trình: x + y

= 14 0,25

Đổi chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị cho đợc số lớn số

đã cho 18 đơn vị nên có phơng trình: 10y + x –(10x + y) = 18 0,5 Giải hệ phơng trình: 14

2

x y x

y x y

  

 



 

  

0,5

Số cần tìm 68 0,25

14 Đề ôn thi ển sinh - Nguyễn Hải 2010-2011 – = -2x + b

-12 = - 3x2  x =±2

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

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

®k: 1 3(*)

3

x

x x

  

    

  

0,25

 2

6 4x 1 3 x 3x14 4x 1 ( 3 x1) 0 0,25 

3

x x

   

 

   

 V× ( 4x  1 3)2 0

 ( x1)2 với x thoả mÃn (*)

0,25

 x = (tm) 0,25 Bài (4điểm)

a) (1,5đ) Hình vẽ 0,25

Cã EA  AB => EA lµ tiÕp tun víi (O), mµ EM lµ tiÕp tun

=> OE phân giác góc AOM 0,5

Tơng tự OF phân giác góc BOM 0,5

=> góc EOF = 900 (phân giác góc kề bù) 0,25 b) (1®)

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 đờng kính) => OEF  MAB tam giác vuông

=>  OEF  MAB đồng dạng 0,25

c) (0,75®) cã EA // FB => KA AE

KF FB 0,25

EA vµ EM lµ tiÕp tuyÕn => EA = EM

FB vµ FM lµ tiÕp tuyÕn => FB = FM => KA EM KF MF

0,25  AEF => MK // EA mµ EA  AB => MK  AB 0,25 d) (0,75®) Gäi giao cđa MK vµ AB lµ C, xÐt  AEB cã EA // KC => KC KB

EA EB xÐt  AEF cã EA //KM => KM KF

EA FA AE//BF=> KA KE KF KB

KF KB  FA EB Do KC KM

EA  EA => KC = KM => SKAB = SMAB

0,5

MAB vuông M => SMAB = MA MB

MB = 3MA => MA = a

; MB = a

=> 3

8 16

MAB KAB

S  a S  a (đơn vị diện tích

0,25