Toan tuyen sinh vao lop 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. TÝnh chiÒu dµi vµ.. chiÒu réng h×nh ch÷ nhËt Êy.. Vậy Tứ giác BCF[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NINH

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

ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN : TỐN Ngµy thi : 29/6/2009

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

Ch÷ ký GT : Ch÷ ký GT :

(Đề thi có 01 trang)

Bài (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau : a) 2 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 hệ 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 mi

trờng hơp sau :

a) Đồ thị hàm số qua điểm M ( -1;1 )

b) Đồ 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 dòng 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 điểm M nằm ngồi đờng trịn (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 giác AMB cho OM = 5cm 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

-(Cán coi thi không giải thích thêm)

Đáp án Bài 1:

a) A = 3 b) B = + x Bµi 2 :

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 + <=> = – 2m + m + <=> = – m

<=> m =

Vậy với m = Thì ĐT 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 = m1

cắt truc hoành t¹i B => y = ; x =

2

m m  

 => B (

1

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

x ( giờ)

Thời gian ca nô xuôi dòng : 60

5

x ( giờ) Theo bµi ta cã PT: 60

5

x +

60

x =

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

x1 = -1 ( không TMĐK) x2 = 25 ( TMĐK)

Vậy vân tốc thực ca nô 25 km/h Bài 5:

D C

E O M

A

B

=> 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 vng 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

2 5 =

192

25 (cm

2)

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

MOMC ) => MEC MDO  ( gãc tøng) ( 3) T¬ng tù: OAE OMA (g.g) => OA

OE = OM

OA => 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 => AECAED => EA phân giác DEC

s giỏo dc đào tạo hng yên đề thi thức

(§Ị thi cã 02 trang)

kú thi tun sinh lớp 10 thpt năm học 2009 - 2010

Môn thi : toán

Thời gian làm bài: 120 phót

O A B N D C E F Q M P H

Từ câu đến câu 8, chọn phơng án viết chữ đứng trớc phơng án đó vào 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 ph-ơng 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 tr×nh

3 x y x y      

 cã nghiÖm lµ:

A x y      B x y      C x y      D x y     

Câu 5: Một đờng tròn 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 th× tgB cã 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 tròn tâm O có bán kính R (hình vẽ bên) Biết



120



COD th× diện tích hình quạt OCmD là: A

3 R B  R

C  R D  R

phÇn b: tự luận (8,0 điểm) Bài 1:(1,5 điểm)

a) Rót gän biĨu thøc: A = 27 12 b) Gi¶i phơng trình : 2(x - 1) = Bài 2:(1,5 ®iÓm)

Cho hàm số bậc 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)

Cho A điểm đờng trịn tâm O, bán kính R Gọi B điểm đối xứng với O qua A Kẻ đờng thẳng d qua B cắt đờng trịn (O) C D ( d khơng qua O, BC < BD) Các tiếp tuyến đờng tròn (O) C D cắt

1200 O D

nhau t¹i E Gọi M giao điểm OE CD Kẻ EH vuông góc với OB (H thuộc OB) Chứng minh r»ng:

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

c) H trung điểm OA Lời giải:

Gọi giao BO với đờng tròn 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

là trực tâm tam giác AEN suy NF vuông góc với AE Mặt khác NQ AE suy NQ

và NF trùng Suy ba điểm N, F, Q thẳng hàng

Mt khỏc ta cú: 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

4 

b

a = 4(1) Tìm giá trị nhỏ biểu thøc S = ab + 2009

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 + 2009 =2007 vµ chØ (a=1;b=2) hc (a=-1;b=-2)

===HÕt===

SỞ GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Năm học 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 02 – 07 – 2009

Mơn thi: Tốn

Thời gian làm : 120 phút Bài 1 ( điểm )

a/ Giải phương trình: 2x2 – 3x – = 0 b/ Giải hệ phương trình:

  

 

 

1 2 3

5 3 2

y x

y x

Bài 2 ( 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)

D

C

M

y x

O B

A Bài 3 (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 x1 , x2 thoả mãn điều kiện x12 + x22 = 18

Bài 4 ( điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O có đường kính AB = 2R Ax, By tia vng góc với AB ( Ax, By nửa đường trịn thuộc nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB) Qua 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 12 12 12

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

-Gv: Lê Long Châu THCS Nguyễn Trãi Châu Đốc AG sưu tầm

GỢI Ý ĐÁP ÁN (Câu khó)

Bài 4:

a Xét tứ giác ACMO có CAO CMO  900

 

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

được 2 12 2 12

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.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TP ĐÀ NẲNG Khóa ngày 23 tháng 06 năm 2009

MƠN: TỐN

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

Bài ( điểm )

Cho biểu thức K a :

a

a a a a

   

     



    

 

a) Rút gọn biểu thức K

Bài ( điểm ) Cho hệ phương trình:

mx y

x y

334

2

 

  

 

 

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 =

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

ĐỀ SỐ 1. Bài a)

Điều kiện a > a ≠ (0,25đ)

a 1

K :

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

   

     

      

 

a a

:

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

 



  

a a

.( a 1)

a ( a 1) a

 

  



b)

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

  

K 2 2(1 2)

1 2

  

  

 

c)

a a

K 0

a a

  



    

 

a a a

 

    

 

a)

Khi m = ta có hệ phương trình:

x y

x y

334

2

 

  

 

 

x y

3x 2y 2004

 

  

 



2x 2y 3x 2y 2004

 

  

 



x 2002 y 2001

   

 

b)

mx y y mx

x y

334 y x 1002

2

   

 

 



 

   

 



y mx y mx

3

3 m x 1001 (*) mx x 1002

2

 



 



 

    

 

    

 

  

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

2

    

Bài 3. a)

* Hình vẽ * EIB 90

 (giả thiết)

* ECB 900

  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

* 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 trịn ngoại tiếp tam giác CME Do tâm O1 đường tròn 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

A B

M

E

C

I O

1

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

bằng

1

2

    

  thể tích nước ban đầu Vậy ly cịn lại 1cm

3 nước.

……… Sở Giáo dục v o to

BìNH DƯƠNG

-Kỳ thi tun sinh líp 10 THPT

Năm học 2009-2010 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề.)

-Bài 1: (3,0 điểm)

GiảI hệ phơng trình

3

  



  

x y x y

Gi¶i hƯ phơng trình: a) x2 8x + = 0

b) 16x + 16  9x +  4x + 16 - x + 1

Bµi 2: (2,0 điểm)

Một hình chữ nhật có chu vi lµ 160m vµ diƯn tÝch lµ 1500m2 TÝnh chiỊu dµi

chiều rộng hình chữ nhật Bài 3: (1,5 điểm)

Cho phơng trình x2 + 2(m+1)x + m2 + 4m + = (víi x lµ Èn sè, m lµ tham sè )

1- Tìm giá trị m để phơng trỡnh cú hai nghim phõn bit

2- Đặt A = x1.x2 – 2(x1 + x2) víi x1, x2 hai nghiệm phân biệt phơng trình

Chøng minh : A = m2 + 8m + 7

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

Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F cho BF cắt đờng tròn 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

GIẢI ĐỀ THI

Baøi 1:

1 Giải hệ phương trình: 23 33 14 52 35

2

x y x y

x y x x

y                       

2 Giải phương trình: a) x2 8x 7 0

  

Có dạng : a + b + c = +(-8) + =

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

80 1500

80 1500

50 50 30 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

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)

  900

ADB ACB  (góc nội tiếp chắn đường trịn)

* vAEB, đường cao AD:

Có AB2 = BD.BE (1)

* vAFB, đường cao AC:

Coù 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

 

= R2 (2 ) R R2 R2 5

 

E D C

B O

A F

-Sở GD ĐT

Tỉnh Long An

K× thi tun sinh líp 10 Trung học phổ thông

Năm học 2009-2010

Môn thi: To¸n

Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Câu 1: (2đ)

Rút gọn biểu thức

a/ 27 128 300

2

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 : Câu 1: (2đ)

1

2 27 128 300

2

2.2 3.3 10

2

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

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

2 4

1

( ) ( )

2

P a a a a

a

     



  

Vậy P có giá trị nhỏ



< => 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)

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

ADB 900

 (góc nội tiếp chắn nửađường trịn (o))

FHB 90 ( )0 gt



=>ADB FHB 900 900 1800

    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

Xét hai tam giác: EDQ;EDP có



Echung  

1

Q D (cùng chắnPD )

=>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:

Năm học 2009-2010

Môn :toán

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thi gian phỏt )

Phần I Trắc nghiệm khách quan (2,0 ®iĨm)

* Trong câu từ Câu 1 đến Câu 8, câu có phơng án trả lời A, B, C, D; có phơng án trả lời Hãy chọn chữ đứng trớc phơng án trả lời đúng.

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

1

)

(  

  

x y

x y

I  y x

x y

II

2

)

( 

 

A Cả (I) (II) B (I) C (II) D Không có hệ

Cõu (0,25 điểm): Cho hàm 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 tr ca 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 tiếp tam giác ABC bằng:

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 = C m = D m =

Câu (0,25 điểm): Hàm số sau lµ hµm sè bËc nhÊt? A y = x +

x

; B y = (1 + 3)x + C y = 2 

x D y = x

C©u (0,25 ®iÓm): Cho biÕt cos =

, với  góc nhọn Khi sin bao nhiêu?

A

; B

3

; C

5

; D

4

Câu (0,25 điểm): Phơng trình sau có nghiệm phân biệt? A x2 + 2x + = 0 ; B x2 + = 0

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

Phần II Tự luận ( điểm)

Bài (2,0 ®iĨm): Cho biĨu thøc: N=

1 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;

a) Tìm tọa độ giao điểm N hai đờng thẳng (d1) (d2)

b) Tìm n để đờng thẳng (d3) qua N

Bµi (1,5 điểm):

Cho phơng trình: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - = (1), víi n lµ tham sè.

a) Tìm n để phơng trình (1) có nghiệm x =

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

Bi (3,0 điểm): Cho tam giác PQR vuông cân P Trong góc PQR kẻ tia Qx cắt PR D (D không trùng với P D không trùng với R) Qua R kẻ đờng thẳng vuông 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 hai tia QP v QR

Đáp án thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Năm học 2009 - 2010

Môn: Toán

Phần I Trắc nghiệm khách quan

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

Đáp án C B C A D B C D

PhÇn II Tù luËn Bµi 1:

a)N =

1 1

1

    

n n n

n

=    

 1 1

1

12

 

  

n n

n n

=

1

1 2



    

n

n n n n

=  

1

  n

n

víi n  0, n 1 b) N =  

1

  n

n

=  

4

   n n

= +



n

Ta cã: N nhận giá trị nguyên

1

n có giá trị nguyên n-1 ớc cña

 n-1 1;2;4

+ n-1 = -1  n = + n-1 =  n =

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

+ n-1 = -4  n = -3 (Không thỏa mÃn với ĐKXĐ N) + n-1 =  n =

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 l nghim

của hệ phơng trình:

 2( )

4

3xx yy I

  

  Ta cã : (I) 

2

   x

x

y  

3

  x y VËy: N(3;5)

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), với n tham số.

a) Phơng trình (1) cã mét 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

= >

Vậy: với n-1 phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt Bài 4:

a) Ta cã: QPR = 900 ( v× 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.

b) Tø gi¸c QPER néi tiÕp  PQR +PER = 1800

mµ PER + PEF = 1800 (Hai gãc kÒ bï)

 PQR = PEF  PEF = PRQ (1)

MỈt kh¸c ta cã: PEQ = PRQ (2) <Hai gãc néi tiếp chắn cung PQ đ-ờng tròn ngoại tiếp tứ giác QPER>

Từ (1) (2) ta có PEF = PEQ EP tia phân giác gócDEF c) Vì RPQF QERF nên D trực tâm tam giác QRF suy

FDQR QFD = PQR (góc có cạnh tơng ứng vuông góc) mà PQR = 450 (tam giác PQR vuông cân ë P)  QFD = 450

d) 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 Q

P

R

D E

F

x M

SỞ GD & ĐT TRAØ VINH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTDTNT

* NĂM HỌC 2009-2010

Đề thức THỜI GIAN LÀM BÀI : 90 PHÚT

Thí sinh làm tất câu hỏi sau : Câu : (2.5đ)

Cho phương trình : x2 –- (2m + 1)x + m2 –- m –- 10 = (1)

1/ Giải phương trình (1) m =

2/ Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm kép Câu : (2.5đ)

Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D) : y = 2x + parabol (P) : y = x2

1/ Vẽ (P) (D)

2/ Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) Câu : (2.5đ)

Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Cho biết CH = 16 cm, AB = 15 cm Tính độ dài cạnh AC, BC đường cao AH tam giác ABC

Câu : (2.5đ)

Cho tam giác ABC có số đo góc BAC 600 nội tiếp đường trịn (O) tia phân giác góc A cắt

đương tròn D Vẽ đường cao AH Chứng minh :

1/ Tứ giác OBDC hình thoi 2/ AD tia phân giác góc OAH

… Hết… Hướng dẫn làm Câu : 1/ Khi m = pt (1) trở thành x2 –- 3x –- 10 = 0

Giải ta x1 = ; x2 = -

2/ Ta coù A = (2m + 1)2 - 4(m2 –- m - 10)

= 8m + 41

Để pt (1) có nghiệm kép A =  8m + 41 =

 m = - 5,125

Câu : 1/ Tự vẽ

2/ Ta có pt hồnh độ giao điểm x2 = 2x +

 x2 –- 2x - =

Coù a - b + c =

 ,x1 = - => y1 =

Vậy tọa độ giao điểm (D) (P) (- 1;1) (3;9) Câu : Tự vẽ hình

Đặt AH = y ; HB = x Ta coù y2 = 152 - x2 (1)

, y2 = 16.x (2)

Từ (1) (2) ta pt x2 + 16x - 225 = 0

Giải pt ta x1 = (nhận) ; x2 = - 25 (loại)

Vaäy BH = cm BC = + 16 = 25 cm

AH2 = BH HC => AH = 12 cm

AC2 = AH2 + HC2 => AC = 20 cm.

Câu : Tự vẽ hình

c/m tam giác OBD tam giác ( có góc BOD = 600 OB = OD bán kính)

từ OB = BD = OC (1) mà góc BAD = góc DAC (gt) nên BD = DC (2)

từ (1) (2) tứ giác OBDC hình thoi 2/ c/m AC // OD => góc DAC = góc ODA Mà góc ODA = góc OAD (tam giác OAD cân) Do góc OAD = góc DAC

Hay AD tia phân giác góc OAH

Sở Giáo dục đào tạo Bắc giang

-§Ị thi chÝnh thøc

Kú thi tun sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề. Ngày 08 tháng 07 năm 2009

(Đề thi gồm có: 01 trang) -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 s y=2009x+2010 địng biến hay nghịch biến R?vì sao? Câu III: (1,0)

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

Một ôtô khách 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 ơtơ tải 36 phút Tính vận tốc ơtơ Biết q trình từ A đến B vận tốc ôtô không 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 trịn tâm O,các đoạn thẳng DI BC cắt M.Chứng minh

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 sè d¬ng x,y,z tháa m·n xyz- 16

x y z

Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc P=(x+y)(x+z)

-Hết -Gi ý ỏp ỏn:

Câu I: (2,0đ)

TÝnh 25= 100 10

Giải hệ phơng trình:

3

x x y

  

  

< = >

2

x y   

  

< = >

x y

  

 

Vởy hệ phơng trình có nghiệm Câu II: (2,0đ)

1.Giải phơng trình x2-2x+1=0

Hm s y=2009x+2010 địng biến hay nghịch biến R?vì sao? Câu III: (1,0)

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

Một ôtô khách 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 ơtơ tải 36 phút Tính vận tốc ơtơ Biết q trình từ A đến B vận tốc ôtô không 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 trịn 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 vng 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 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)

Sở Giáo dục đào tạo Bắc giang

-§Ị thi chÝnh thøc

Kú thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010

Môn thi: To¸n

Thời gian làm bài: 120 phút khơng kể thời gian giao đề. Ngày 08 tháng 07 năm 2009

TÝnh 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 ca mi 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,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 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 nhÊt cđa biĨu thøc P=(x+y)(x+z)

Gợi ý đáp ỏn:

Câu I: (2,0đ)

Tính 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 képt x1=x2=1

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

Hai số nghiệm 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

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

Sở Giáo dục đào tạo

B¾c giang

-§Ị thi chÝnh thøc

(đợt 2)

Kú thi tun sinh líp 10 THPT

Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thi gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề. Ngày 10 tháng 07 năm 2009

(§Ị thi gồm có: 01 trang) -Câu I: (2,0 điểm)

TÝnh 9

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)

Rút gọn biÓu thøc A= 1

1

x x x x

x x

     

 

   

     



với x0;x0 Câu IV(2,5 điểm)

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

1.Giải phơng trình (1) với m=3

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

Cho đờng tròn tâm O, đờng kính AB cố định.Điểm H thuộc đoạn thẳng OA (H khác O,A H không trung điểm OA).Kẻ MN vng góc với AB H.Gọi K điểm cung lớn MN(K khác M,N B).Các đoạn thẳng AK MN cắt E

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 giác KME nhỏ

Câu VI(0,5 điểm)

Tỡm cỏc s nguyờn x,y thoả mãn đẳng thức x2+xy+y2-x2y2=0

-Hết -Họ tên thí sinh .SBD:

Gợi ý đáp án

Câu I: (2,0đ)

Tính 4=3+2 =

Gi¶i hƯ phơng trình x y x y     



4 x y        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                      

=( x1)( x1) x Câu IV(2,5 điểm)

Phơng trình x2+2x-m=0 (1) (ẩn x,tham số m)

1.Khi m=3 phơng trình (1) có dạng x2+2x-3=0

Ta có a+b+c=1+2-3=0 theo định lý Viet phơng trình có hai nghiệm x1=1;x2=-3

2.Ta cã: =22-4.1.(-m)=4+4m

Để phơng trình có nghiệm 4+4m0 4m-4 m-1

Vậy để phơng trình có nghiệm m-1

Câu V:(3,0đ)

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

Ta có AMEABM nên ta chứng minh đ-ợc 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 trịn tâm O K

O' E N M O A B H K

Câu VI (0,5 điểm)

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

C1: Đa phơng trình bậc hai Èn x: (y2 - 1)x2 - yx - y2 = 0.

C2: Đa phơng trình ớc số:

   

   

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) 1/Tứ giác HEKB có:

900

AKB (Góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)

 90 (0 )

NHB MN AB

  1800

AKB EHB  =>Tø gi¸c HEKB néi tiÕp

2/ XÐtAME vµAKM

Cã:A chung

AMN MKA (Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)

Sở Giáo dục đào tạo Bắc giang

-§Ị thi chÝnh thøc

(đợt 1)

Kú thi tun sinh líp 10 THPT Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thi gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề. Ngày 08 tháng 07 năm 2009

(§Ị thi gồm có: 01 trang) -Câu I: (2,0đ)

TÝnh 25

Giải hệ phơng trình:

3

x x y

  

 

Câu II: (2,0đ)

1.Giải phơng tr×nh x2-2x+1=0

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

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

Một ôtô khách 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 ơtơ tải 36 phút.Tính vận tốc ơtơ Biết q trình từ A đến B vận tốc ôtô không đổi

Câu V:(3,0đ)

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

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

2/Cho tam giác ABC vng A,các đờng phân giác goác 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 c¸c sè d¬ng x, y, z tháa m·n xyz - 16

x y z

Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc P = (x+y)(x+z)

đáp án:

C©u I: (2,0®)

TÝnh 25= 2.5 = 10 Giải hệ phơng trình:

3 x x y     

 < = >

2

2

x y     

 < = >

2 x y     

VËy hƯ ph¬ng trình có nghiệm (x;y) = (2;1) Câu II: (2,0®)

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 cã hai sè thùc: x1 = 3; x2 =

XÐt S = x1 + x2 = + = 7; P = x1 x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = >

VËy x1; x2 lµ hai nghiƯm cđa phơng trình: x2 - 7x +12 =

Câu IV(1,5đ) Đổi 36 phút =

10

h

Gọi vận tốc ô tô khách x ( x >10; km/h) Vận tốc ôtô tải lµ 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 ơtơ 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 vuông 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 trịn đờng kính AI b)

Ta cã CAHB( Gt)

CADC( góc ACD chắn nửa đờng tròn)

Ta cã ABCK( Gt)

ABDB( góc ABD chắn nửa đờng tròn)

=> 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/ C¸ch 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 nên BD = 2AD = = 4cm

=> 2 16 12

   

BD AD

AB

Vì 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 cã: BH DH

HB DH HB DH BC DC 3 4     

Ta cã: 1( 34)3

3 34 33 3 4                BH HD BH HD BH HD BH HDBH ) ( 2 ) ( ) (      

BH VËy BH 2 3( 3 1)cm

C¸ch 2: BD phân giác =>

2

2

2

4

AD AB AB AB

DC BC BC AB AC

        

  

2

2 2

2

4( 36) 16 4.36

16 36

AB

AB AB AB

AB

      



C©u 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 có

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

C¸ch 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  (b®t cosi)

V©y GTNN cđa P=8

………

Sở Giáo Dục đào tạo năm học 2009-2010 Mơn : tốn

Đề thức Thời gian : 120 phút(Không kể thời gian giao đề)

Ngµy thi : 09 - 07 - 2009

A/ Phần trắc nghiệm (Từ câu đến câu 2) Chọn két v ghi vo bi lm.

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 từ giá thứ sang giá thứ hai số s¸ch ë gi¸ thø hai sÏ b»ng

5

sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt TÝnh sè sách lúc đầu giá sách

Câu 5: (1,5 điểm)

Cho phơng trình: (m+1)x2 -2(m - 1)x + m - = (1) (m lµ tham số)

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

2 x x

Câu 6: (3,0 điểm)

Cho nửa đờng trịn tâm 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:

a/ Tø gi¸c AMQI néi tiÕp b/ AQI ACO

c/ CN = NH

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

R r a

ĐÁ

Câu 1: (2đ )

1

2 27 128 300

2

2.2 3.3 10

2

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

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

2 4

1

( ) ( )

2

P a a a a

a

     



  

Vậy P có giá trị nhỏ



< => 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)

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

ADB 900

 (góc nội tiếp chắn nửađường trịn (o))

FHB 90 ( )0 gt



=>ADB FHB 900 900 1800

    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

Xét hai tam giác: EDQ;EDP có



Echung  

1

Q D (cùng chắnPD)

=>EDQ EPD=> ED EQ ED2 EP EQ EP ED  

Câu 5: (1đ )

.1 1

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:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2009 - 2010

-000 - - 000

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN :TỐN

Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2,0 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: 1/

5x  6x 0 

2/ 5x 2y 92x 3y 15 

 



Bài 2: (2,0 điểm)

1/ Rút gọn biểu thức A ( 2)2 ( 2)2

   

2/ Cho biểu thức B x x x : 1

x x ( x 1)( x 3) x

      

      

        

 

a) Rút gọn biểu thức B

b) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức B nhận giá trị nguyên

Bài 3: (1,5 điểm)

Một tam giác vng có hai cạnh góc vuông 8m Nếu tăng cạnh góc

vng tam giác lên lần giảm cạnh góc vng cịn lại xuống lần tam

giác vng có diện tích 51m2 Tính độ dài hai cạnh góc vng tam

giác vuông ban đầu

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp đường tròn tâm O Dựng hình

bình hành ABCD ; Gọi H chân đường vng góc kẻ từ D đến AC ; K giao điểm

AC với đường tròn (O) Chứng minh rằng: 1/ HBCD tứ giác nội tiếp

2/ DOK 2.BDH

3/ CK CA 2.BD2



. Bài 5: (1,0 điểm)

Chứng minh :

1

7(x x )

x x 18



 

- Hết

-Họ tên thí sinh : -Số báo danh : -Chữ ký giám thị :

- Giám thị : - Giám thị

: -(Ghi : Giám thị coi thi khơng giải thích thêm)

GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 DAKLAK NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 26/06/2009)

******

-Bài 1:

1/ PT: 5x2 6x 0

   ; / / 1

3 7

9 5( 8) 49 ; x ; x

5 5

  

            

 PT cho có tập nghiệm :  

 

-4 S 2 ;

5

2/ 5x 2y 92x 3y 15   15x 6y 274x 6y 30   19x 575x 2y 9  y (9 15) : 2x 3  x 3y 3

        

    

 HPT có nghiệm (x;y) = (3;-3)

Bài 2:

1/ A ( 2)2 ( 2)2 3 2 3 2 3 2 3

            4

2/ a) ĐKXĐ:

 

x x 1;4;9

   

  

( x 2)( x 3) ( x 1)( x 1) x x

B :

( x 1)( x 3) x

       



  

x x x x x x

( x 1)( x 3) x

       

 

  

2 .

x - 2

1 1

1

I H

K

O

D C

B A

b) B x



 ( Với x v x µ 1; 4;9 )

B nguyên  x 2 ¦( )=2 1 ;2

x x x (lo

x x x (lo

x 16(nh

x 2 x

x (nh

x 2 x

¹i) ¹i) Ën) Ën)

      

  

   

  

    

 

  

  

      

 

Vậy : Với x = ; 16  B nguyên

Bài 3:

Gọi độ dài cạnh góc vng bé x (m) (đ/k: x0)

Thì độ dài cạnh góc vng lớn x + (m)

Theo đề ta có PT: 1.2x.x 51

2



 x .2(x 8) 51

2  

2

x 8x 153

    ; Giải PT : x1 (tmđk) ; x2 17 (loại)

Vy: dài cạnh góc vng bé 9m ; độ dài cạnh góc vng lớn 17m

Bài 4:

1/

DHAC (gt) DHC 90



BD AD (gt)

BD BC BC // AD(t / c hình bình hành)

 

 



DBC 90

 

Hai đĩnh H,B nhìn đoạn DC góc khơng đổi 900

HBCD

  nội tiếp đường tròn

đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc) 2/

+  

1

D C ( 1/ 2s BH ® đường trịn đường kính DC)

+ 

1

C A (so le trong, AD//BC)  D A

+ 

1

DOK 2A (Góc tâm góc nội tiếp chắn DK (O)) DOK 2D 1 2BDH

3/

+AKB 90

 (góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90  0; C A 1(c/m trên)

AHD CKB

  (cạnh huyền – góc nhọn)  AH CK

+ Gọi I AC BD ; Xét ADB vuông D , đường cao DH ; Ta có:

BD2 AD2 AH.AI CK.AI

   (hệ thức tam giác vuông) (1)

Tương tự: BD2 BC2 CK.CI

  (2)

Cộng vế theo vế (1) (2) ta được:

2 2

CK.AI CK.CI 2BD   CK(AI CI) 2BD   CK.CA 2BD (đpcm)

Bài 5: PT : x2 2(m 1)x 2m2 9m 0

      (1)

+ / m2 2m 2m2 9m 7 m2 7m 6

          

+ PT (1) có hai nghiệm x , x1     / m2  7m 0   m2 7m 0 

 (m + 1)(m + 6) 0 ; Lập bảng xét dấu  6 m 1 (*)

+Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét: 2

x x 2(m 1) x x 2m 9m

  

 

  



2 2

1

1

7(x x ) 14(m 1)

x x (2m 9m 7) 7m 2m 9m 2m 16m 14

2

  

               

  2(m28m 16) 14 32    18 2(m + 4) 2

+ Với 6 m 1 18 2(m 4)  0 Suy 18 2(m + 4) 2 18 2(m + 4) 2

Vì 2(m 4)2 0

   18 2(m + 4) 2 18 Dấu “=” xảy m 0   m4 (tmđk (*))

Vậy :

1

7(x x )

x x 18



  (đpcm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

N 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 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

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 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 ngồi 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 = x2 y2

 Q = x2009 y2009

Biết rằng: x0, y0 , 1xy x xy y

- Hết

-Họ tên thí sinh: Phịng thi: SBD:

Họ tên, chữ ký giám thị 1

Họ tên, chữ ký giám thị 2

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 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: x2x 20 b) Giải hệ phương trình:

  

 

 

) (

) (

y x

y x

0,25 0,25

1-(1,0 đ) a) (0,5 đ)

* Khi x = 0, ta có y = 1+ = hay y =

1

* Khi x = -1, ta có y = 1-1 = hay y =

y

y1x

0,25 0,25

0

b) (0,5 đ)

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

* 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2y3 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:

2   

X ,

2    X

* Hai số phải tìm

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)

             

0,25

0,25 <=> a =1 > (vì 3

2

  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):

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

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 + 4x + = x2 + x2 + 2x + 1

<=> x2 – 2x – =

* <=> x = > 0, x = -1 < (loại) * Vậy AB = 3, AC = 4, BC = * AH = ABBC.AC = 35.4 125

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 2 AB.AC

1

1 



* Vì OA = BC

, nên S = BC AB.AC

2

1

1

 

* = 258  122 258 48

* Vậy S = (25 48)

1





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

 S S

0,25

Bài 5(1,0 đ iểm): Tính P = x2 y2

 Q = x2009y2009

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

* Vì x > 0, y >

0,25 0,25

0,25

<=> 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

0

y y x

x

<=>     

 

 1 y

y x

x

hay xy1

Vậy P = Q = 2

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 từng phần (điểm thi, điểm bài, điểm phần khơng làm trịn số).

Sở giáo dục - đào tạo

Hµ nam

-đề thức

đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

Năm học 2009 2010 Môn thi: toán

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phỏt

Bài 1 (2 điểm)

1) Rút gän biÓu thøc: A = 2 2 2 288 2) Giải phơng trình:

a) x2 + 3x = 0

b) –x4 + 8x2 + = 0

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

Cho s t nhiờn cú 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

Bµi 3 (1 ®iÓm)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho (P): y = - 3x2 Viết phơng trình đờng thẳng song

song với đờng thẳng y = -2x + cắt (P) điểm có tung độ y = -12 Bài 4 (1điểm)

Cho nửa đờng trịn (O) đờng 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 tròn (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

-Hớng dẫn chấm Bài (2 điểm)

1) (1 ®iĨm) A = 12 18 12 2   0,75

= 22 0,25

2) (1 ®iĨm)

a) (0,5®) x2 + 3x =  x(x + 3) = 

3

x x

   

0,5

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

-1 (lo¹i) 0,25

Víi t = => x = Kết luận phơng trình có nghiệm: x = -3; x = 0,25 Bµi (2 ®)

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 phơng trình:

x + y = 14 0,25

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

hơn số 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

Sè cần tìm 68 0,25

Bài (1 đ)

Đờng thẳng cần tìm song song với đờng thẳng y = -2x + nên có phơng

tr×nh: 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 Đờng thẳng y = -2x + b qua A(-2; -12)  -12 = + b  b = -16 0,25

Đờng thẳng y = -2x + b ®i 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

  

    

  

 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)20 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®)

cã gãc OAE = gãc OME = 900=> Tø gi¸c OAEM néi tiÕp 0,5

Tứ giác OAEM nội tiếp => góc OAM = góc OEM 0,25 Có góc AMB = 900 (AB đờng kính) => OEF  MAB tam giác

vu«ng

=>  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) (0,75đ) Gọi giao MK 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 =

1 2SMAB

0,5

MAB vuông M => SMAB = MA

2

MB

MB = 3MA => MA =

a

; MB =

a

=> 3 3

8 16

MAB KAB

S  a S  a (đơn vị diện tích

0,25

TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2009 - 2010

ĐẠI HỌC TÂY NGUN MƠN :TỐN

-000 - - 000

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1:(1,0 điểm)

Giải hệ phương trình phương trình sau: 1/ 3x 2y 15x 3y  4

  

2/

10x 9x  0

Bài 2: (3,0 điểm)

Cho hàm số : y x2

 có đồ thị (P) hàm số y = 2x + m có đồ thị (d)

1/ Khi m = Vẽ đồ thi (P) (d) hệ trục toạ độ

2/ Tìm toạ độ giao điểm (P) (d) đồ thị phép toán m =

3/ Tìm giá trị m để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A(x ; y )A A

và

B(x ; y )B B cho 2

A B

1

6 x x 

Bài 3:(1,0 điểm

Rút gọn biểu thức P y x x x y y (x 0; y 0)

1

xy

  

  



Bài 4:(4,0 điểm)

Cho tam giác ABC ( AB < AC) có góc nhọn Vẽ đường trịn tâm O đường kính BC

cắt cạnh AB,AC theo thứ tự E D 1/ Chứng minh AD.AC = AE.AB

2/ Gọi H giao điểm DB CE Gọi K giao điểm AH BC Chứng minh

AHBC

3/ Từ A kẻ tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O) (M,N tiếp điểm).Chứng

minh ANM AKN .

4/ Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng

Bài 5:(1,0 điểm)

Cho x, y >0 x y 1  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A 2 2

xy x y

 

- Hết

-Họ tên thí sinh : -Số báo danh : -Chữ ký giám thị :

- Giám thị

: - Giám thị

: -(Ghi : Giám thị coi thi khơng giải thích thêm)

GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THỰC HÀNH CAO NGUYÊN

NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 21/06/2009)

******

-Bài 1: 1/

 

x 11

3x 2y 9x 6y x 11 x 11

y 3( 11) :

5x 3y 10x 6y 3x 2y y 17

 

      

    

   

    

  

       

    

 HPT có nghiệm (x;y) = (-11;17)

2/ 10x4 9x2 1 0

   ; Đặt x2 t (t 0)

2

1

10t 9t ; c a - b c 0ã t 1(lo¹i) , t 1/10(nhËn)

         x2 x 10

10 10

   

 PT cho có tập nghiệm : S 

 

 

10 ±

10

Bài 2: 1/ m =

 (d) : y 2x 1 

+ x 0  y 1  P(0;1) +y 0  x1/ 2 Q( 1/ 2;0)

x 2 1

2

yx 4 1 1 4

2/ m = 1.

+Dựa vào đồ thị ta nhận thấy (d)

tiếp xúc với (P) điểm A( 1; 1) 

+PT hoành độ giao điểm (P) (d) là:

x2 2x 0

  

2

(x 1) x

     ; Thay x1

vào PT (d)  y1 Vậy : (d) tiếp xúc với (P) điểm A( 1; 1) 

x

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

f(x)

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

x y

1 1 1 N M O K H D E C B A

3/ Theo đề bài: A

2 B A B x 1 x x x       

 Vậy để (P) (d) cắt hai điểm phân

biệt A(x ; y )A A B(x ; y )B B PT hồnh độ giao điểm : x2 2x m 0  (*) phải có

nghiệm phân biệt x , xA B khác

/ m 1

1 m

m m             

 (**); Với đ/k (**), áp dụng đ/l Vi-ét ta có :

A B

A B

x x

x x m

  



 

+Theo đề :

2

A B

2

A B A B A B A B

A B

x x

1 1 2

6 6

x x x x x x x x

x x                       2

m (Nh

2

6 2m 6m

m / (Nh

m m Ën) Ën)                     2

3m + m - = 0

Vậy: Với m = -1 2/3 ;  (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A(x ; y )A A

B B

B(x ; y ) thoả mãn

2

A B

1

6 x x 

Bài 3: P y x x x y y (x 0; y 0)

1

xy

  

  



(x y y x ) ( x y) xy( x y) ( x y) ( x y)( xy 1)

1 1

xy xy xy

       

  

  

= x + y

Bài 4:

1/ Nối ED ; AED ACB  (do BEDC nội tiếp)

AE AD

AED ACB AE.AB AD.AC

AC AB

     

2/BEC BDC 90 

  (góc nội tiếp chắn ½ (O))

BD AC V CEµ AB

   Mà BDEC H

 H trực tâm ABC  AH đường cao

thứ ABC AHBC K

3/ Nối OA, OM, ON ; Ta có:

OMAM, ONAN (t/c tiếp tuyến);

AK

OK (c/m trên)

  

AMO AKO ANO 90

   

 điểm A,M,O,K,N thuộc đường trịn đường kính AO (quỹ tích cung chứa góc)

 

1

K M

  (=1/2 sđ AN ) ; Mà N 1 M 1(=1/2 sđ MN (O))  N 1 K 1 hay

 

ANM AKN

4/ +ADH AKC (g-g) AD AH AD.AC AH.AK (1)

AK AC

   

+ADN ANC (g-g) AD AN AD.AC AN2 (2)

AN AC

   

Từ (1) (2) AH.AK AN2 AH AN

AN AK

+Xét AHN ANK có: AH AN

AN AK KAN chung  AHN ANK

 

1

ANH K

  ; mà N1 K 1 (c/m trên)  ANH N 1 ANM  ba điểm M, H, N thẳng

hàng

Bài 5: Với a 0, b 0 ; Ta có :

a2 b2 2 a b2 2ab

   (Bđt Cô si)  a2 b2 2ab 4ab  (a b) 4ab

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

4 (*)

ab ab a b ab ab a b a b a b

  

         

  

Áp dụng BĐT (*) với a = x2 y2

 ; b = 2xy ; ta có:

2 2

1 4

2xy

x y  x y 2xy(x y) (1)

Mặt khác : 2

1 1

(x y) 4xy

4xy (x y) xy (x y)

     

  (2)

2 2 2

1 1 1 1 1

A

xy 2xy 2xy 2xy xy

x y x y x y

   

        

      

2 2

4 4

2

(x y) (x y) (x y) (x y)

 

       

      6

[Vì x, y >0

x y 1   (x y)  1]