48 de Toan thi vao 10 nam 2011 cac tinh

BD là đường kính của đường tròn (O; R). Cho AO = 2R, tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.. Gọi C là điểm chính giữa của cung AB. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD [r]

TỔNG HỢP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2011 – 2012 MƠN: TỐN có đáp án

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn thi: TỐN

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

Câu (3,0 điểm).

1) Giải phương trình: a 5(x1) 3 x7 b 412  3( 41)

 

x

x x x x

2) Cho hai đường thẳng (d1): y2x5; (d2): y4x1cắt I Tìm m để đường thẳng (d-3): y(m1)x2m1 qua điểm I

Câu (2,0 điểm).

Cho phương trình: x2 2(m 1)x 2m 0

    (1) (với ẩn x) 1) Giải phương trình (1) m=1

2) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m

3) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1; x2 Tìm giá trị m để x1; x2là độ dài hai cạnh tam giác vng có cạnh huyền 12

Câu (1,0 điểm).

Một hình chữ nhật có chu vi 52 m Nếu giảm cạnh m hình chữ nhật có diện tích 77 m2 Tính kích thước hình chữ nhật ban đầu?

Câu (3,0 điểm).

Cho tam giác ABC có Â > 900 Vẽ đường trịn (O) đường kính AB đường trịn (O’) đường kính AC Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) điểm thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E

1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E nằm đường tròn

2) Gọi F giao điểm hai đường tròn (O) (O’) (F khác A) Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng FA phân giác góc EFD

3) Gọi H giao điểm AB EF Chứng minh BH.AD = AH.BD Câu (1,0 điểm)

Cho x, y, z ba số dương thoả mãn x + y + z =3 Chứng minh rằng:

3   

     

x y z

x x yz y y zx z z xy

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

1

1.a Biến đổi 5x + = 3x + 72x 2 0,5

   x = 0,5

1.b Điều kiện: x0 x1 0,25

2

Do I giao điểm (d1) (d2) nên toạ độ I nghiệm hệ phương trình:

4

y x

y x

 

 

 



0,25

Giải hệ tìm I(-1; 3) 0,25

Do (d3) qua I nên ta có = (m+ 1)(-1) + 2m -1 0,25

Giải phương trình tìm m = 0,25

2

1 Khi m = ta có phương trình x

2 – 4x + = 0,25

Giải phương trình x1 2 2; x2  2 0,25

2 Tính  ' m21 0,25

Khẳng định phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 0,25

3

Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương 2m m 2m

  

 

 

 0,25

Theo giả thiết có x12 + x22 = 12  (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 12 0,25

4(m 1) 4m 12

     m2 + m – = 0 0,25

Giải phương trình m = ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25

3

Gọi kích thước hình chữ nhật a, b (m) điều kiện a, b > 0,25 Do chu vi hình chữ nhật 52 nên ta có a + b = 26 0,25 Sau giảm chiều m hình chữ nhật có kích thước a – b –

nên (a – 4)(b – 4) = 77 0,25

Giải hệ phương trình kết luận kích thước 15 m 11 m 0,25

4

Hình vẽ đúng:

0,25

Có AEB 90

 0,25

Có ADC 90

 0,25

Suy bốn điểm B, C, D, E nằm đường tròn 0,25

2

Ta có AFB AFC 90 

  (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy AFB AFC 180  

Suy ba điểm B, F, C thẳng hàng 0,25

 

AFE ABE (cùng chắn AE ) AFD ACD  (cùng chắn AD ) 0,25 Mà ECD EBD  (cùng chắn DE tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25 Suy ra: AFE AFD  => FA phân giác góc DFE 0,25

3

Chứng minh EA phân giác tam giác DHE suy AH EH

AD ED (1) 0,25 Chứng minh EB phân giác tam giác DHE suy BH EH

BD ED (2) 0,5 Từ (1), (2) ta có: AH BH AH.BD BH.AD

AD BD  0,25

5 Từ

x yz2 0 x2 yz 2x yz

     (*) Dấu “=” x2 = yz 0,25 Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) x(y z) 2x yz  0,25

x

H

D

B C

E A

F

Suy 3x yz  x(y z) 2x yz   x ( y z) (Áp dụng (*))

x x

x 3x yz x ( x y z)

x 3x yz x y z

      

    (1)

Tương tự ta có: y y

y 3y zx  x y z (2),

z z

z 3z xy  x y z (3)

0,25

Từ (1), (2), (3) ta có x y z

x 3x yz y 3y zx z 3z xy  Dấu “=” xảy x = y = z =

0,25

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

KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 – 2012

Ngày thi : 21/06/2011 Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1( điểm)

1) Đơn giản biểu thức: A

2

   



 

2) Cho biểu thức: ( 1 );( 1)

1

P a a

a a a a

   

   

Rút gọn P chứng tỏ P 0 Bài 2( điểm)

1) Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + = có hai nghiệm x1; x2 Hãy lập phương trình bậc hai có hai nghiệm (x12 + ) ( x22 + 1).

2) Giải hệ phương trình

2

4

4

1 x y x y



 

 

 

  

 



Bài 3( điểm)

Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi giờ,người dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B thời gian định,người phải tăng vận tốc thêm km/h qng đường cịn lại.Tính vận tốc ban đầu người xe đạp

Bài 4( điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn H trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng qua D song song BC cắt đường thẳng AH E

1) Chứng minh A,B,C,D,E thuộc đường tròn 2) Chứng minh BAEDAC

3) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M trung điểm BC,đường thẳng AM cắt OH G.Chứng minh G trọng tâm tam giácABC

4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a Bài giải

Bài

A B C H O M G 3) A ( 4)(1 2)

2 4

                4) 1

( );

1

2 1 1; :

( 1) 0;

a a a a

P a a

a a

a a a a vi a

P a a

    

  

 

        

      

Bài x2 + 5x + = 0

1) Có  25 12 13 0  

Nên pt ln có nghiệm phân biệt

 x1+ x2 = - ; x1x2 =

Do S = x12 + + x22 + = (x1+ x2)2 - x1x2 + = 25 – + = 21 Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - x1x2 + = + 20 = 29 Vậy phương trình cần lập x2 – 21x + 29 = 0

2) ĐK x0;y2

2 4 14

2

2

3

2

12 4

3

2

x

x

x y x

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

Vậy HPT có nghiệm ( x ;y) = ( ;3) Bài

Gọi x(km/h) vtốc dự định; x > ; có 30 phút = ½ (h)

 Th gian dự định : 50( )h

x

Quãng đường sau 2h : 2x (km)

 Quãng đường lại : 50 – 2x (km)

Vận tốc quãng đường lại : x + ( km/h) Th gian quãng đường lại : 50 ( )

2 x h x  

Theo đề ta có PT:

1 50 50 2 x x x     

Giải ta : x = 10 (thỏa ĐK toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h

Bài

a) Chứng minh A,B,C,D,E thuộc đường trịn Vì BC //ED

Mà AE BC Nên AE ED

0 AED 90

  => E ( O ; AD / ) Nói ABD ACD 90 0

   (nội tiếp chắn ½ đường trịn (O) )  kết luận

b) Chứng minh BAEDAC

Mà BAEbằng ½ sđ cungBE Và CAD ½ sđ cungDC => cungBE cungDC => kết luận Giải câu c)

Vì BHCD HBH nên H,M,D thẳng hàng

Tam giác AHD có OM ĐTBình => AH = OM Và AH // OM

2 tam giác AHG MOG có HAG OMG slt    AGH MGO

   (đ đ)

AHG

 MOG g g( ) AH AG

MO MG

    

Hay AG = 2MG

Tam giác ABC có AM trung tuyến; G  AM Do G trọng tâm tam giác ABC

d) BHC  BDC( BHCD HBH) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính a

Nên tam giác BHC nội tiếp (K) có bán kính a Do C (K) = 2a( ĐVĐD)

SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

THI NGÀY 22/6/2011 Môn: TỐN

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1: (2,0 điểm)

   

2

4

)9

) 18

2) 12

a x x

x x

m y x m y x m

  

  

     

1) Gi¶i ph ơng trình sau:

b

Với giá trị đồ thị hai hàm số cắt điểm trục tung

Bài 2: (2,0 điểm)

2

1)

1 2

1 1

2)

1

1

)

)

x

x x x

a

b x

 

 

   

      



 

   



Rót gän biĨu thøc: A

Cho biĨu thøc: B

Rót gän biĨu thøc B

Tìm giá trị để biểu thức B

Bài 3: (1,5 điểm)

   

    2

2

1

2

1)

2) ;

y x m x y m

m

m x y x y

  

 

  

 

 

Cho hệ ph ơng trình:

Giải hệ ph ¬ng tr×nh

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O Hai đường cao BD CE tam giác ABC cắt điểm H Đường thẳng BD cắt đường tròn  O điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn  O điểm thứ hai Q Chng minh:

1)BEDC tứ giác nội tiếp 2) HQ.HC HP.HB

3) Đ ờng thẳng DE song song với đ ờng thẳng PQ

4) Đ ờng thẳng OA đ ờng trung trực đoạn thẳng PQ 

Bài 5: (1,0 điểm)

 

 

2 2

2 2 2 2

2

2

, ,

1 3

4 4 3

4

1

2 7, , ,

2

x y z x y z yz x y

x y z yz x y x x y y z z y y

x y z y x y z

                                                  

Cho lµ ba sè thùc tuú ý Chøng minh:

Ta cã:

HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu 1:

1/ a/ 9x2+3x-2=0; =81,phương trình có nghiệm x1=

 ;x2=1

3 b/ Đặt x2=t (t0) pt cho viết t2+7t-18=0 (*);

121 11

   pt (*) có t=-9 (loại);t=2 với t=2 pt cho có nghiệm x 2;x

2/Đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung điểm B(0;3+m) theo yêu cầu toán AB 7-m=3+m tức m=2.

Câu 2: 1/

2 (7 2)(1 2)(3 2)

(3 2)(3 2) 1

1 (1 2)(3 2)

A           



   

2/ a/

1 1 2 2

( )( ) ( )( )

( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x x x x

B

x x x x x x x

      

  

   

b/ 3

9

B x

x

     (thoả mãn đk )

Câu 3:

1/ Khi m=1 ta có hệ pt: 2 (1) (2)

y x x y      

 rút y từ (2) y=2x+1 vào pt (1) x=0, suy y=1

Vậy hệ có nghiệm (0;1)

2/ 2 2 2 2 2 1

( 1) 2 ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2

P x y  m m  m  m  m  m    m  

 P đạt GTNN 1 2khi

1

2

2

Câu 4: Từ giả thiết ta có:

 

0 90

90 CEB CDB

 

 

 



suy E,D nhìn B,C góc vng nên tứ giác BEDC nội tiếp đường trịn

1) Vì tam giác HBC HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB 2) BEDC nội tiếp đường trịn suy BDE BCE BCQ   ;

từ câu 1/ Ta có :BPQ BCQ

Suy BDE BPQ  (2 góc đồng vị suy đpcm) 3) OP=OQ (vì bán kính đường trịn O) (1)

 

EBD ECD (góc nội tiếp chắn cung ED)

 QA=PA Vậy A O cách P,Q nên suy đpcm Bài 5: (1,0 điểm)

 

 

2 2 2 2

2

2

1 3

4 4 3

4

1

2 7, , ,

2

x y z yz x y x x y y z z y y

x y z y x y z

 

 

               

 

   

 

 

           

    

Ta cã:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn : TỐN

Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu 01 trang

Câu (2,0 điểm):

1 Rút gọn biểu thức a) A 2

b) B a + b a b - b a  ab-b ab-a

 

 

 

với a0,b0, a b Giải hệ phương trình sau: 2x + y =

x - y = 24

  

Câu (3,0 điểm):

1 Cho phương trình x - 2m - (m + 4) = 02 (1), m tham số. a) Chứng minh với m phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt: b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm m để x + x12 22 20 Cho hàm số: y = mx + (1), m tham số

a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) qua điểm A (1;4) Với giá trị m vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến R?

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng (d) có phương trình: x + y + = Câu (1,5 điểm):

Một người xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B dài 30 km Khi ngược trở lại từ B A người tăng vận tốc thêm (km/h) nên thời gia thời gian 30 phút Tính vận tốc người xe đạp lúc từ A đến B

Câu (2,5 điểm):

H E Q

P

D

O A

Cho đường tròn tâm O, bán kính R Từ điểm A bên ngồi đường trịn, kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Từ B, kẻ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn D (D khác B) Nối AD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K Nối BK cắt AC I

1 Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn Chứng minh : IC2 = IK.IB.

3 Cho·

BAC 60 chứng minh ba điểm A, O, D thẳng hàng

Câu (1,0 điểm):

Cho ba số x, y, z thỏa mãn x, y, z  1: 3 x + y + z

       

Chứng minh rằng:x + y + z2 2 11  HẾT

Hướng dẫn đáp án

câu nội dung điểm

1

a) A= 22 (12) 3 0,5

b) B= a b b a

b a a b b a b a             ) ( ) (

= ab a b a b

b a ab b a              ) ( ) ( 0,5                        11 13 11 911.2 333 92 24 92 x y x y x yx yx yx

Vậy hpt có nghiệm (x;y) = (11;-13)

0,75 0,25

2

a) ' ( 1)2 1. ( 4)       

 m m

Vì m2 0,m '0,m

Vậy pt (1) ln có nghiệm phân biệt với m

0,5 0,5

vậy m= 2

2

a) Vì đồ thị hàm số (1) qua A(1;4)  4= m.1+1  m3

Với m = hàm số (1) có dạng y = 3x +1; 3>0 nên hàm số (1) đồng biến R

0,5 0,5 b) (d) : y = - x –

Vì đồ thị hàm số (1) song song với (d)         3 1 1 m

Vậy m = -1 đồ thị hàm số (1) song song với (d)

0,5

3 Gọi vận tốc người xe đạp từ A đến B x (km/h, x>0) Khi từ B A vận tốc người x + (km/h)

thời gian từ A đến B 30(h)

x

thời gian từ B A ( ) 30

h x

vì thời gian thời gian 30 phút = ( )

h nên ta có pt

) ( 15 ) ( 12 729 720 180 3 60 180 60 30 30 2 KTM x TM x x x x x x x x x                       

Vậy vận tốc người xe đạp từ A đến B 12km/h

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

a) Ta có      CO AC BO AB

( t/c tiếp tuyến)

0 0 0 180 90 90 90 90               

 ABO ACO

ACO ABO

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp ( định lý đảo tứ giác nội tiếp)

b) xét IKC IC B có Ichung;ICK IBC( góc tạo tia tiếp tuyến

và dây cung góc nội tiếp chắn cung CK)

IB IK IC IC IK IB IC g g ICB

IKC ( )

         0,5 0,5

c)

0 60 120 360              BOC BDC BAC ACO ABO BOC

(góc nội tiếp góc tâm chắn cung BC)

Mà BD//AC (gt)

1  60 

 C BDC ( so le trong)

0 60 30

90   

  

 ODC OCD 30    

 BDO CDO

0 120    

 BOD COD CD BD c g c COD BOD         ( )

Mà AB = AC (t/c 2tt cắt nhau); OB = OC = R

Do điểm A, O, D thuộc đường trung trực BC Vậy điểm A, O, D thẳng hàng

0,25

0,25 Vì x,y,z 1;3

1

( 1)( 1)( 1)

1

(3 )(3 )(3 )

1

x

x y z

y

x y z

z                         

2( )

27 9( ) 3( )

xyz xy yz xz x y z

xy yz xz

x y z xy yz xz xyz

       



     

       



2 2 2( ) 2 2 ( )2 2 2

x y z xy yz xz x y z x y z x y z

                

2 2 2 2

3 x y z x y z 11

        

0,25

0,25 0,25 0,25 Cách2:.Khơng giảm tính tổng qt, đặt x = max x,y,z 

 = x + y + z  3x nên 1 x 3  ( x -1 ) (x - 3)  (1)

Lại có: x2 + y2 + z2  x2 + y2 + z2 + 2(y +1) (z+1) = x2 + ( y + z )2 + ( y + z ) + 2 = x2 + ( - x )2 + ( 3- x) + = x2 - 8x + 17 = ( x -1 ) (x - 3) + 11 (2)

Từ (1) (2) suy x2 + y2 + z2  11 Dấu đẳng thức xảy x = max x,y,z 

( x -1 ) (x - 3) =

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn thi: TOÁN Thời gian làm : 120 phút Câu 1

a) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 1)x + song song với đường thẳng y = 5x – b) Giải hệ phương trình: 2 5

3 2 4

x y

x y

  



  

Câu 2

Cho biểu thức: 1 1 1 1

1 1

P

a a a

   

     

 

    với a >0 a1

b) Với giá trị a P > 1

2 Câu 3

a) Tìm tọa độ giao điểm đồ thị hàm số: y = x2 y = - x + 2.

b) Xác định giá trị m để phương trình x2 – x + – m = có nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức:

1 2

1 1

5 x x 4 0

x x

 

   

 

 

Câu 4

Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q cho P thuộc cung AQ Gọi C giao điểm tia AP tia BQ; H giao điểm hai dây cung AQ BP

a) Chứng minh tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn b) Chứng minh CBP HAP

c) Biết AB = 2R, tính theo R giá trị biểu thức: S = AP.AC + BQ.BC Câu 5 Cho số a, b, c lớn 25

4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 5 2 5 2 5

a b c

Q

b c a

  

  

- Hết

-HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2011-2012 Mơn Tốn

Ngày thi 24 tháng năm 2011 Mã đề 02

Câu Nội dung Điểm

1

a) Để đường thẳng y =(2m – 1)x+3 song song với đường thẳng y =5x –  2m – 15= (do

31) 0,5đ

 2m 6 m3 0,5đ

b) Ta có: 2 5 4 2 10

3 2 4 3 2 4

x y x y

x y x y

   

 



 

   

 

0,5đ

7 14

2

x x

x y y

 

 

   

  

  0,5đ

2

a) Với 0a1thì ta có:

  

1 1

1

1 1

a a

P

a a a a a a

  

   

       

 

   

      0,5đ

2 a



 0,5đ

b) Với 0a1thì P > 1

2 

2

0

1 a     

3 0

2 a

a





 0,5đ

 1 a  0 a1 Kết hợp với điều kiện a >0, ta < a < 0,5đ 3 a) Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = x2 y = - x + nghiệm phương trình: x2

= - x+2  x2 + x – =

Giải được: x1 = x2 = -

Với x1 =  y1 =  tọa độ giao điểm A A(1; 1) Với x2 =-2  y2 =  tọa độ giao điểm B B(-2; 4)

0,5đ b) Ta có :  b2 4ac 1 4(1 m) 4 m 3 Để phương trình có nghiệm x1, x2 ta có

3

0

4

m m

       (*) 0,25đ

Theo định lí Vi-et, ta có: x x1 2 b a

   c

x x m

a

   0,25đ

Ta có: 2

1 2

1 1 5

5 4 5 . 4 (1 ) 0

. 1

x x

x x x x m

x x x x m

    

          

   



   

 2   2 8 0 2

5 1 4 1 0

4 1

1

m

m m

m m

m m

m

           



     

 

 

 



0,25đ

Kết hợp với đk (*) ta có: m = giá trị cần tìm 0,25đ

4

a) Ta có: APB AQB 90 (góc nội tiếp chắn nửa

đường trịn) 0,5đ

  90

CPH CQH

    Suy tứ giác CPHQ nội tiếp

đường trịn 0,5đ

b) CBP HAP có:

  90

BPCAPH   (suy từ a)) 0,5đ

 

CBP HAP (góc nội tiếp chắn cung PQ  CBP HAP

 (g – g) 0,5đ

c) Gọi K giao điểm tia CH AB Từ giả thiết suy K thuộc cạnh AB (1) 0,25đ ABC

 có AQBC BP; AC Suy H trực tâm ABC

CH AB

  K 0,25đ

Từ suy ra:

+ APB AKC  AP AC AK AB (2)

+ BQA BKC  BQ BC BK BA (3) 0,25đ - Cộng vế (2) (3) kết hợp với (1), ta được:

S = AP AC + BQ BC = AB2 = 4R2. 0,25đ

5

Do a, b, c > 25

4 (*) nên suy ra: a 0 , 2 b 5 0 , c 0

0,25đ O

K H

Q P

C

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương, ta có:

2 5 2

2 5

a

b a

b    (1)

2 5 2

2 5

b c b

c    (2)

2 5 2

2 5

c

a c

a     (3)

0,25đ

Cộng vế theo vế (1),(2) (3), ta có: Q5.3 15

Dấu “=” xẩy  a b c  25 (thỏa mãn điều kiện (*)) 0,25đ

Vậy Min Q = 15  a b c  25 0,25đ

Chú ý: Mọi cách giải cho điểm tối đa, điểm toàn khơng quy trịn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

BÌNH ĐỊNH Năm học: 2011 – 2012

Khóa thi: Ngày 30 tháng năm 2011 MƠN: TỐN

Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề)

Bài 1: (2,0 điểm)

3x y = 7 a) Giải hệ phương trình

2x + y = 8   



b) Cho hàm số y = ax + b Tìm a b biết đồ thị hàm số cho song song với đường thẳng

 

y 2x qua điểm M ;  

Bài 2: (2,0 điểm)

 

    

2

Cho phương trình x m x m (với m tham so ).

a) Giải phương trình cho m 5

b) Chứng tỏ phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị tham số m c) Tìm m để phương trình cho có nghiệm x1, x2 thõa mãn hệ thức : x x 3x x12 22 1 2 0

Bài 3: (2,0 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 6m bình phương số đo độ dài đường chéo gấp lần số đo chu vi Tính diện tích mảnh đất hình chữ nhật cho

Bài 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O BC dây cung không qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm M cho M không trùng với B Đường thẳng qua M cắt đường tròn (O) cho N P (N nằm M P) cho O nằm bên PMC Gọi A điểm cung nhỏ NP Các dây AB và

AC cắt NP D E

a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp b) Chứng tỏ MB.MC = MN.MP

c) OA cắt NP K Chứng minh MK2 > MB.MC

Bài 5: (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x 2x 20112 2

x

  (với x 0

 )

……… Heát ………

HƯỚNG DẪN GIẢI ∙ Bài 1: Ta có 2x + y = 83x y = 7  2x y 85x 15  y 2x 3

   

 



a)

* Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x ; y  ; 2

b) Gọi (d) (d/) đồ thị hàm số y = ax + b y = 2x + 3

 d // d /  ab 32 

 Với a =

 hàm số cho trở thành y = 2x + b (d)

 d ñi qua M ; 5   yM 2.xM b = 2.2 + b  b = (thõa điều kiện b 3)

* Vậy a = vaø b = 9.

∙ Bài 2: a) * Khi m = 5, phương trình cho trở thành:

2

x  8x (với a = ; b = ; c = 9) (*)   

* Ta thấy phương trình (*) có hệ số thõa mãn a b + c = ; nên nghiệm phương trình (*) là:

1 c

x x ( )

a nhẩm nghiệm theo Viet



  

* Vậy m = 5, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x 11 x2 9

b) Phương trình cho (bậc hai ẩn x) có hệ số: a = ; b/ = m + c = m 4 ;

K E D A P N

M B C

O

   

/ m 1 m 4 m2 m 5 m 19 19 0

2 4

 

             

 

2

1

vì m + ;

2 bình phương biểu thức khơng âm

               /

0 ; phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x , x với giá trị tham số m

   c)

Theo câu b, phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị tham số m Theo hệ thức Viet, ta có:

   

1

1

x x m

I

x x m

  

 

  



Căn (I), ta có: 12 22  22 2

m

x x 3x x x x x x 4m 9m 9

m                   * Vậy m 0 ;49 phương trình cho có nghiệm x , x thõa hệ thức

 

2

1 2

x x 3x x 0

∙ Bài 3: * Gọi x(m) độ dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật cho (Điều kiện x > 0) Khi đó: Chiều dài mảnh đất hình chữ nhật cho là: x + (m)

Chu vi mảnh đất hình chữ nhật là: 4x + 12 (m)

Theo Pytago, bình phương độ dài đường chéo hình chữ nhật là: x2 + (x + 6)2.

Do bình phương số đo độ dài đường chéo gấp lần số đo chu vi nên ta có phương trình:

 2  

2

x  x 6 5 4x 12   x  4x 12 (*) 

* Giải phương trình (*) cơng thức nghiệm biết ta được:

   

1

x 2 loại x 6 thõa điều kiện x >

∙ Vậy chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật cho 6m ; chiều dài mảnh đất 12 m;

đó diện tích mảnh đất hình chữ nhật cho 72 m2

∙ Baøi 4:

a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.

Theo tính chất góc có đỉnh bên đường trịn (O), ta có: AEN sđAN sđPC  

2        

sñAP sñPC

= AN AP (gt)

2



    

sñAPC

= = ABC ABC (O) chắn APC

2 nội tiếp

                 AEN DBC

Maø AEN DEC 180 ø

Nên DBC DEC 180 Tứ giác BDEC nội tiếp ( )

hai góc kề bu

theo định lý đảo tứ giác nội tiếp

b) Chứng tỏ MB.MC = MN.MP



   

Xét MBP MNC , có: PMC : Góc chung

MPB MCN hai góc nội tiếp O chắn cung nhỏ NB ( )

 

Suy MBP ∽ MNC (g – g) MB MP MB.MC = MN.MP

MN MC

  

c) Chứng minh MK2 > MB.MC

* Vì A điểm cung nhỏ NP (gt) suy OA  NP K (đường kính qua điểm chính giữa cung vng góc với dây căng cung đoù )

Suy K trung điểm dây NP (đường kính vng góc dây qua trung điểm dây đó)

Suy NP = 2.NK

MB.MC = MN.MP (theo caâu b), suy ra:

MB.MC = MN(MN + NP) = MN(MN + 2.NK) = MN2 + 2.MN.NK (1)

MK2 = (MN + NK)2 = MN2 + 2.MN.NK + NK2 > MN2 + 2.MN.NK ( do NK2 > ) (2) Từ (1) (2): MK2 > MB.MC

∙ Bài 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x2 2x 20112 x

 

(với x 0 )

* Cách 1: (Dùng kiến thức đại số lớp 8)

 

 

  

      

 

 

     

 

 

 

     

 

 

2

2

2

2

x 2x 2011

A = với x

x

1 1

= 2011 = 2011.t 2t + (với t = 0)

x x x

1 1

= 2011 t t

2011 2011 2011

1 2010 2010

= 2011 t dấu"=" t = x 2011 ; thõa x

2011 2011 2011 2011

 



 

 0

* Vaäy MinA =2010 x = 2011

2011

* Cách 2: (Dùng kiến thức đại số 9)

 

     

 



        

2

2 2

x 2x 2011

A = với x

x

A.x x 2x 2011 A x 2x 2011 * coi phương trình ẩn x 2011

Từ (*): A = A = x = (1)

2

  

Nếu A (*) ln phương trình bậc hai ẩn x. 

x tồn phương trình (*) có nghieäm

 

      

 

    

        



  

 

/

/

2

0 2011 A

2010 b 1

A dấu "=" (*) có nghiệm kép x = 2010 2011 ; thoõa x (2)

2011 a A 1

* MinA =2010 x = 2011

2011

sở giáo dục đào tạo Kì THI TUYểN SINH lớp 10 THPT

Lạng sơn NăM học 2011 - 2012

MÔN THI: TON

đề thức Thời gian làm bài: 120 phỳt khụng kể thời gian giao đề Cõu (2 điểm):

a Tính giá trij biểu thức: A = 25 9; B =

b Rút gọn biểu thức: P = x y xy :

x y x y

 

  Với x > 0, y > x  y

Tính giá trị biểu thức P x = 2012 y = 2011 Câu ((2điểm):

Vẽ hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = x2 y = 3x – 2. Tính tọa độ giao điểm hai đồ

Câu (2 điểm):

a Tính độ dài cạnh hình chữ nhật, biết chiều dài chiều rộng m độ dài đường chéo hình chữ nhật m

b Tìm m để phương trinh x - x + m = có hai nghiệm phân biệt

Câu (2 điểm)

Cho đường tròn (O; R) điểm A nằm ngồi đường trịn Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C tiếp điểm)

a Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp Nêu cách vẽ tiếp tuyến AB, AC b BD đường kính đường trịn (O; R) Chứng minh: CD//AO

c Cho AO = 2R, tính bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Câu (2 điểm)

Tìm số tự nhiên n biết: n + S(n) = 2011, S(n) tổng chữ số n HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu (2 điểm):

a Tính giá trij biểu thức: A = 25 = + = ;

B =

( 1)  = ( 1)  5 1  51 b Rút gọn biểu thức: P = x y xy :

x y x y

 

  Với x>0, y>0 xy

P =

2

2 ( )

: ( ) ( )( )

x y xy x y

x y x y x y x y

x y x y x y

  

      

  

tại x = 2012 y = 2011 => P = Câu ((2điểm):

Vẽ hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = x2 y = 3x – 2. Tính tọa độ giao điểm hai đồ

a) Vẽ đồ thị hệ trục

x -2 -1

y = x2 4 1 0 1 4

Vẽ y = 3x-2

Cho x = => y =-2 ; Cho x = 1=> y = HS tự vẽ

Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = x2 y = 3x – nghiệm phương trình: x2 = 3x -  x2 - 3x + = 0

ta có a + b + c = => x1 = => y1 = x2 = => y2 =

Vậy tọa độ giao điểm hai đồ (1; 1) (2; 4) Câu (2 điểm):

a Gọi chiều dài x (m) (ĐK: x > 1), chiều rộng x – (m)

Vì độ dài đường chéo hình chữ nhật m Áp dụng Pytago ta có: x2 + (x - 1)2 = 52  x2 + x2 - 2x +1 – 25 = 0

2x2 – 2x – 24 =  x2 - x – 12 =

A

B

D C

x2 = - (loại)

Vậy chiều dài 4m, chiều rộng 3m

b Tìm m để phương trinh x - x + m = (1) có hai nghiệm phân biệt

Đặt x = t (ĐK: t  0) (1)  t2 – 2t + m = (2)

Để pt (1) có nghiệm phân biệt pt (2) phải có hai nghiệm dương pt (2) có hai nghiệm dương

'

1 2

1 m

x x 0 m x x m

    



     



  



Vậy với 0m1 pt (1) có nghiệm phân biệt

Câu (2 điểm) a Ta có 

ABO90 (T/c tia tiếp tuyến)



ACO90 (T/c tia tiếp tuyến) I H O =>  

ABO ACO 180

Vậy ABOC nội tiếp đường trịn đường kính AO - Vẽ đường trịn đường kính OA, đường trịn cắt (O) B C

- Nối AB ; AC ta có hai tiếp tuyến cần vẽ b Gọi H giao điểm BC OA

Xét ABC có AB = AC => ABC cân A

Do AH đồng thời vừa đường phân giác, đường cao, đường trung trực ABC => HB = HC Xét BCD có HB = HC (CM trên)

OB = OC (=R)

 OH đường trung bình BCD  CD//OH hay CD//AO

c ABC tam giác cân =>OH = R/2 gọi I giao điểm OA (O ; R) OA = 2R nên I trung điểm OA, mà AI/AH = 2/3 nên I trọng tâm tam giác ABC tâm đường tròn nội tiếp

ABC

 , bán kính đường trịn nội tiếp r = IH = R/2. Câu (2 điểm)

Tìm số tự nhiên n biết: n + S(n) = 2011, S(n) tổng chữ số n Nếu n có 1, 2, chữ số n + S(n) < 1000 + + + < 2011

nếu n có chữ số trở lên n + S(n) > 10000 > 2011

Vậy n có chữ số : n abcd n < 2011 nên a = a = TH1: a = ta có b 0 c 0 n + S(n) > 2011 VL

Nên b = c = : 200d d 2011   Vơ lý VT chẵn VP lẻ TH2: a = 1, b < n + S(n) < 1900 + 1+ 3.9 < 2011

Nên b = 9, : (1900 + 10c + d) + + + c + d = 2011 Hay 11c + 2d = 101 d 9 nên 101 = 11c + 2d  11c + 18

83 c

11

  nên c = c =

nếu c = 11.8 + 2d = 101  d = 13/2 vô lý c =  d =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

QUẢNG NAM Năm học: 2011 – 2012

Khóa thi: Ngày 30 tháng năm 2011 MƠN: TỐN

Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề)

Bài (2,0 điểm): Rút gọn biểu thức sau: A 45   500

B 1 15 12

5 2

3 2



 

 

Bài (2,5 điểm):

1) Giải hệ phương trình: 3x y 1

3x 8y 19

  

   

2) Cho phương trình bậc hai: x2 mx + m 1= (1)

a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x ;x1 2thỏa mãn hệ thức :

1 2

x x

1 1

x x 2011



  .

Bài (1,5 điểm): Cho hàm số y = 1 x2

4

1) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2) Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt trục tung điểm có tung độ –2 cắt đồ thị (P) nói điểm có hồnh độ

Bài (4,0 điểm): Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB Gọi C điểm cung AB Trên tia đối tia CB lấy điểm D cho CD = CB OD cắt AC M Từ A, kẻ AH vng góc với OD (H thuộc OD) AH cắt DB N cắt nửa đường tròn (O; R) E

1) Chứng minh MCNH tứ giác nội tiếp OD song song với EB 2) Gọi K giao điểm EC OD Chứng minh CKD = CEB Suy C trung điểm KE

3) Chứng minh tam giác EHK vuông cân MN song song với AB 4) Tính theo R diện tích hình trịn ngoại tiếp tứ giác MCNH

Đáp án thang điểm

Bài Câu Đáp án Điểm

1

( 2,0đ

) 1,0đ

A 45   500 10 5   =

0,50 0,50

1,0đ B 15 12 3 2

3 5

3

2

 

    

  

  



0,50 0,25 0,25 2

(2 , 5đ)

1)

0,75đ + Tìm y = ( x = 1)+ Tìm giá trị cịn lại + Kết luận nghiệm (x; y ) = ( 1; )

0,25 0,25 0,25 2)

1,75đ a) +Khi m = phương trình (1) trở thành

x  4x 0  + Tìm hai nghiệm x1 = ; x2 =

0,25 0,50 b)Cách 1:

+ Chứng tỏ  ≥ nên P/t (1) có nghiệm với m

+ Áp dụng hệ thức Viét :

1

x x m

x x m

  

   

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

+ Biến đổi hệ thức 2

x x

1

x x 2011



  thành m m

m 2011  (*)

+ Điều kiện (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm m = 0, m = 2012(tmđk)

Cách 2:

+ Chứng tỏ a + b + c = nên P/t (1) có nghiệm với m + Viết x1 = 1; x2 = m –

+ Biến đổi hệ thức 2

x x

1

x x 2011



  thành m m

m 2011  (*)

+ Điều kiện (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm m = 0, m = 2012(tmđk)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 ( 1,5đ ) 1) 0,75đ

+ Lâp bảng giá trị có giá trị

+ Biểu diễn điểm mặt phẳng tọa độ + Vẽ đường parabol qua điểm

0,25 0,25 0,25 2)

0,75đ

+ Xác định hệ số b = –2

+ Tìm điểm thuộc (P) có hồnh độ điểm (2; 1) + Xác định hệ số a = 32

0,25 0,25 0,25 4 (4,0đ) Hình 0,50đ

Hình vẽ phục vụ câu 1: 0,25đ – câu : 0,25đ

0,50

1)

1,0đ + Nêu



MCN 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) + Tứ giác MCNH có MCN MHN   = 900 tứ giác nội tiếp

+ Chứng minh AE  BE từ suy OD // EB

0,50 0,25 0,25 2)

1,0đ + Nêu

 

KDC EBC (slt)

+Chứng minh CKD = CEB (g-c-g)

+ Suy CK = CE hay C trung điểm KE

0,25 0,50 0,25 3)

1,0đ + Chứng minh 

CEA = 450

+ Chứng minh EHK vuông cân H

+ Suy đường trung tuyến HC vừa đường phân giác ,

 1

CHN EHK

 = 450 Giải thích CMN CHN   = 450

+Chứng minh CAB = 450, CAB CMN 

 Suy MN // AB

4)

0,50đ + Chứng minh M trọng tâm tam giác ADB , dó

DM

DO 3 chứng minh MNOB DMDO 23 MN = 2R3

+ Giải thích tứ giác MCNH nội tiếp đường trịn đường kính MN Suy bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác MCNH R3

Tính diện tích S hình trịn đường kính MN : S R2

9 

 ( đvdt)

0,25

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012

QUẢNG NGÃI KHÓA THI ngày 29-6-2011

MƠN : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1.5 điểm)1) Thực phép tính: 16

2) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 – 20x + 96 = 0

b) 4023 x y x y

 

 

 



Bài 2: (2.5điểm)

1) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) đường thẳng (d): y = x + 2 a) Vẽ ( P ) ( d ) hệ toạ độ Oxy

b) Bằng phép tính tìm toạ độ giao điểm ( P ) ( d )

2) Trong hệ toạ độ Oxy cho điểm: A(2;4); B(-3;-1) C(-2;1) Chứng minh điểm A, B, C không thẳng hàng

3) Rút gọn biểu thức:

x x x

M

x x x



 

  với

0; x x

Bài 3: (1.5điểm) Hai bến sông cách 15 km Thơì gian ca nơ xi dịng từ bến A đến bến B, bến B nghỉ 20 phút ngược dòng từ bến B trở bến A tổng cộng Tính vận tốc ca nô nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước km/h

Bài 4: (3.5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A C khác O ) Đường thẳng qua điểm C vng góc với AO cắt nửa đường tròn cho D Trên cung BD lấy điểm M ( với M khác B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F giao điểm AM CD

1 Chứng minh : BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn Chứng minh EM = EF

3 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh D, I, B thẳng hàng; từ suy góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD

Bài 5:(1.0 điểm) Cho phương trình ( ẩn x ): x2  2m3x m 0 Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình cho Tìm giá trị m để biểu thức x12 x22 có giá trị nhỏ nhất.

- HẾT

-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 MƠN : TỐN

Bài 1:

1) Thực phép tính: 2 16 2 32 3 42 2 3 4 2.3 3.4 12 18

         

2) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 20x 96 0

  

2

' 10 1.96 100 96 0; '

         

Phương trình có nghiệm phân biệt:

10 12

x    ;

10

x   

Vậy tập nghiệm pt : S 12;8

b) 4023 4024 2012 2012

1 2012 2011

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

      

   

Bài 2: 1)

a) Vẽ  P y: x2

Bảng giá trị x y:

x -2 -1

y 1

Vẽ  d y:  x

6

4

2

-2

    2: 0;

0 : 2;0

x y A

y x B

  

   

b) Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d) là:  

2 2 2 1

x  x  x  x 

Vì a b c  0 nên (1) có hai nghiệm x1 1; x2 2

* Với x1  1 y1 1

* Với x2  2 y2 4

Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) là: 1;1 2;4 2) Phương trình đường thẳng AB có dạng: yax b d  

Vì A2; 4 B3; 1  thuộc (d) nên ta có hpt 5

1 2

a b a a

a b a b b

   

  

 

  

     

  

Vậy phương trình đường thẳng AB là: y  x

Thay x2;y1 vào pt đường thẳng AB ta có: 12 2 1 0 (vơ lí) Suy C2;1 không thuộc đường thẳng AB hay ba điểm A2; ; B3; ;  C2;1 không thẳng hàng

3)

1

x x x

M

x x x



 

  (với

0; x x )

 

 

 2

2 1

2 2

1

1 1 1 1

x x x

x x x x x x x x

M x

x x x x x x x x x x

 

   

         

       

Vậy M  x (với x0;x1) Bài 3: Đổi 20

3 ph h

Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x (km/h), đk: x > Vận tốc ca nơ lúc xi dịng là: x3km h/ 

Vận tốc ca nơ lúc ngược dịng là: x 3km h/  Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B là: 15  

3 h x

Thời gian ca nơ ngược dịng từ B A là: 15   h x

Vì thời gian ca nơ xi dịng, ngược dịng, kể ca thời gian nghỉ Do ta có ph:  

15 15

3

3 3

x  x  

Giải pt: MTC: 3x3 x 3

Qui đồng khử mẫu pt (1) ta được: 45x 345x3  x 3 x3 9x 3 x3

2 2

45x 135 45 x135x  9 x  81 8x  90x 72 0

1

' 45 8.72 2061 ' 2601 51

45 51 45 51

12; 0, 75

8

x x

       

 

   

Chứng minh: a) Ta có: M  O đường kính AB (gt) suy ra: AMB 900

 (góc nội tiếp chắn đường tròn) hay FMB 900 Mặt khác FCB 90 (0 GT) Do AMB FCB 1800

  Suy BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn

b) Ta có: BCFM tứ giác nội tiếp(cmt)  CBM EFM 1   (cùng bù với CFM )

Mặt khác CBM EMF 2   (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn AM )  1 & 2   EFM EMF   EFM cân E  EM EF (đpcm)

c) Gọị H trung điểm DF Dễ thấy IH DF 

   IF D

HID

Trong đường trịn  I ta có:   IF

2 D

DMF  (góc nội tiếp góc tâm chắn DF ) hay

   IF D DMA

Trong đường tròn  O ta có: DMA DBA   5 (góc nội tiếp chắn DA)’      3 ; ;  DIH DBA

Dễ thấy CDB 900 DBA

 

HDI 900 DIH

 

Mà DIK DBA cmt  

Suy CDB HDI hay CDB CDI   D I B; ; thẳng hàng. Ta có: D; I; B thẳng hàng (cmt)   

2 AD

ABI ABD sd

   Vì C cố định nên D cố định



2 AD sd

 khơng đổi

Do góc ABI có số đo không đổi M thay đổi cung BD

Bài 5: Cho phương trình ( ẩn x ) x2  2m3x m 0 Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình

cho Tìm giá trị m để biểu thức x12x22có giá trị nhỏ nhất.

Phương trình x2  2m3x m 0 1 là phương trình bậc hai, có:

  2 2

– 2m 4 12 4 4

4

m m m m m m m m  m m 

 

                     

   

 2  2

4

4

m m

 

         

  với m Suy phương trình  1 ln có hai nghiệm phân biệt vói

mọi m

Áp dụng hệ thức Vi et, ta được:

1

2

S x x m

P x x m

         GT

Nữa đường tròn (O) đường kính AB C cố định C OA

 

M O ; ME tiếp tuyến (O) CDOA

I tâm đường tròn ngoại tiếp FDM KL

a) BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn b) EM = EF

c) D, I, B thẳng hàng; từ suy góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD

 2  2

2 2 2

1 2

2

2

5

2 2m 12 10

2

5 25 11 11 11 11

4 4

4 16 16 16 4

x x x x x x m m m m m m m m

m m m m

 

                  

 

 

     

                 

      

Dấu “=” xảy 5

4

m   m

Vậy giá trị nhỏ biểu thức x12 x22

11

5 m

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011

Bài 1: ( 1,5 điểm )

2 Giải hệ phơng trình       3 2 1 2 n m n m

Bài 2:( 1,5 điểm ) Cho biÓu thøc B =

2 : ) 4 2 (      

 b b

b b

b b

b

víi b0 vµ b  Rót gän biĨu thøc B

2 Tính giá trị B b = +

Bài 3: ( 2,5 điểm )

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

1 Giải phơng trình (1) với n =

2 CMR phơng trình (1) có hai nghiệm phân biƯt víi mäi n Gäi x1, x2 lµ hai nghiệm phơng trình (1) ( vơí x1 < x2)

Chøng minh : x12 - 2x2 + 

Bµi 4: ( ®iĨm )

Cho tam giác  BCD có góc nhọn Các đờng cao CE DF cắt H

1. CM: Tứ giác BFHE nội tiếp đợc đờng tròn

2. Chứng minh  BFE  BDC đồng dạng

3. Kẻ tiếp tuyến Ey đờng tròn tâm O đờng kính CD cắt BH N CMR: N trung điểm BH

Bµi 5: ( ®iĨm )

Cho số dơng x, y , z Chứng minh bất đẳng thức: 2

   

 x y

z z x y z y x ====================

Hướng dẫn gii

Bài 1: ( 1,5 điểm )

1 Theo bµi ta cã : b1 + b2 = - 2 + - 2 =

VËy b1 + b2 =

2 Giải hệ phơng trình

        3 2 1 2 n m n m            3 2 2 4 2 n m n m           3 2 5 5 n m n        1 1 m n

Vậy hệ cho có cặp nghiệm ( n = ; m = -1 )

Bµi 2:( 1,5 ®iĨm )

1 Với với b0 b  ta có :

B = : ) 4 2 (        b b b b b b

b =

b b

b b b

b    

      ) )( ( 2 : ) (

2 Víi b = + 4

V× : + 4 2 = + 4 2+ 2 = ( + 2)2

=> B = 22

2 ) 2 ( ) 2 ( 2

2     

  

 b

Bài 3: ( 2,5 điểm )

1 Với n = phơng trình cho đợc viết lại : x2 - 3x + =

Ta thÊy : a = ; b =-3 ; c = mµ a + b + c = nên phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1 =

và x2 =

b XÐt tø gi¸c CFED ta cã :

CED

 = DFC = 900

( nhìn đoạn thẳng CD dới góc vng) => CFED nội tiếp đờng trịn đờng kính CD => EFD = ECD ( Cùng chắn cung ED ) Mặt khác ta lại có :

B

H

C

E N

D F

H b XÐt tø gi¸c CFED ta cã :

CED

 = DFC = 900

( nhìn đoạn thẳng CD dới góc vng) => CFED nội tiếp đờng trịn đờng kính CD => EFD = ECD ( Cùng chắn cung ED )

Mặt khác ta lại có :

= =>  > n phơng trình cho ln cóhai nghiệm phân biệt x1 = n -1 x2 = n

3 Theo bµi ta cã : x12 - 2x2 + = ( n - ) -2n +

= n2 - 4n +

= ( n - )2

V× ( n - 2)2 0n dÊu b»ng x¶y n =

VËy : x12 - 2x2 + = ( n - )2≥ víi n ( Đpcm )

Bài 4: ( ®iÓm )

4. Kẻ tiếp tuyến Ey đờng trịn tâm O đờng kính CD cắt BH N CMR: N trung điểm BH

HD :

BFE = 900 -

EFD = 900 -

ECD = EDC

=> BFE = EDC (1 )

Xét hai tam giác : BFE BDC ta cã :

BFE = 900 -

EFD = 900 -

ECD = EDC

=> BFE = EDC (1 )

Xét hai tam giác : BFE  BDC ta cã :

B : Chung

=>  BFE đồng dạng  BDC ( g -g ) ( Đpcm )

 BFE = EDC

c Ta cã :  BNE c©n t¹i N ThËt vËy :

EBH = EFH ( Cùng chắn cung EH ) (1)

Mặt khác ta lại có : BEN = 1/2 sđ cung ED ( Góc tạo tiếp tuyến dây cung )

=>  ECD =  BEN = EFH (2)

a Ta cã : BFH =  BEC = 90 ( Theo gi¶ thiÕt)

 BFH + BEC = 1800

 tứ giác BFHE nội tiếp đờng trịn đờng kính

BH



O a Ta cã : BFH =  BEC = 90 ( gt)

 BFH + BEC = 1800

 tứ giác BFHE nội tiếp đờng trịn đờng kính

BH

Tõ (1 ) vµ (2) ta cã : EFH =  BEN

=> BNE cân N => BN = EN ( 3)

Mà BEH vuông E

=> EN đờng trung tuyến tam giác BHE => N trung điểm BH (pcm )

Bài : ( điểm )

Cho số dơng x, y , z Chứng minh bất đẳng thức :

2     

 x y

z z x y z y x

Áp dơng B§T Cosi ta cã :

z y x x z y x x z y x x z y x z y             2 1 z y x y z x y y z y x y z x y z x             2 1 z y x z x y z z z y x z x y z x y             2 1

Céng vÕ víi vÕ ta cã : 2( ) 2

        

 x y z

z y x x y z z x y z y x

dÊu b»ng x¶y y+ z = x

x+ z = y  x + y + z = y+ x = z

Vì x, y ,z > nên x + y + z > vËy dÊu b»ng kh«ng thĨ x¶y

=> 2

   

 y x

z z x y z y x

Sở giáo dục đào tạo bắc giang

đề thức

đề thi tuyển sinh lớp 10thpt Năm học 2011 - 2012

Môn thi: toán Ngày thi: 01/ 7/ 2011

Thời gian làm bài: 120 phút (Không k thi gian giao )

Câu 1: (2,0 điểm)

TÝnh 3 27 144 : 36

Tìm giá trị tham số m để hàm số bậc y = (m - 2)x + đồng biến R

C©u 2: (3,0 ®iĨm)

1 Rót gän biĨu thøc 1

3

a a a

A

a a

     

     

   

 

 

, với a0; a1 Giải hệ phơng trình: 13

2

x y

x y

 

 



3 Cho phơng trình: x2 4x m 1 0

    (1), với m tham số Tìm giá trị m để phơngg trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn x1 x22 4

C©u 3: (1,5 điểm)

Một mảnh vờn hình chữ nhật có diƯn tÝch 192 m2 BiÕt hai lÇn chiỊu réng lín chiều dài 8m Tính

kớch thc ca hỡnh ch nht ú

Câu 4: (3 điểm)

Cho nửa đờng trịn (O), đờng kính BC Gọi D điểm cố định thuộc đoạn thẳng OC (D khác O C) Dựng đờng thẳng d vng góc với BC điểm D, cắt nửa đờng tròn (O) điểm A Trên cung AC lấy điểm M (M khác A C), tia BM cắt đờng thẳng d điểm K, tia CM cắt đờng thẳng d điểm E Đờng thẳng BE cắt nửa đờng tròn (O) điểm N (N khác B)

1 Chøng minh tø gi¸c CDNE néi tiÕp

2.Chøng minh ba điểm C, K N thẳng hàng

3 Gi I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BKE Chứng minh điểm I nằm đờng thẳng cố định điểm M thay đổi

C©u 5: (0,5 điểm)

Cho hai số thực dơng x, y tho¶ m·n:

   

3 3 2 4 2 4 3 0

x y  xy x y  x y x y x y Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc M = x + y

-HÕt -

Híng dÉn chÊm Câu 1: (2,0 điểm)

1 3 27 144 : 36 81 12 : 7   

C©u 2: (3,0 ®iĨm)

1 1 ( 3) ( 1).( 1) ( 2).( 2)

3

a a a a a a a

A a a a

a a a a

            

             

           

   

2 Giải hệ phơng trình: 13 13 21

2 4

x y x y y y

x y x y x y x

     

   

  

   

      

   

3.PT : x2 4x m 1 0

    (1), víi m lµ tham sè ' ( 2)  2 (m 1) 3 m

Phơng trình (1) cã nghiÖm 0 3 m0 m3

Theo hƯ thøc Viét ta có x1x2 4 (2) ; x x1  m (3) Theo đề ta có:

x1 x22  4 x12 x x1 2x22  4 x12x22 x x1  4 x1x22 x x1 4 (4) Thay (2),(3) vµo (4) ta có: 16 - 4.(m+1) =  16- 4m – = 4 - 4m=-8

 m=2 (có thoả mãn m3)

Câu 3: (1,5 điểm)

Gi chiu rng hình chữ nhật x(m) ĐK : x>0 Vậy chiều dài hình chữ nhật 192

x (m )

Do hai lÇn chiều rộng lớn chiều dài 8m nờn ta cú PT 2x - 192

x =  2x

2 - 8x - 96 =

Giá trị x2 = -8 < (loại) ; x1 =12 có thoả mãn ĐK

Vậy chiều rộng hình chữ nhật 12 m

Chiều d i cà hình chữ nhật l 192 ;12=16 (m)à C©u 4: (3 ®iĨm)

H N

E

K

B

O

C D

M

a) Xét tứ giác CDNE có CDE 90 o  ( GT) Và BNC 90 o

 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên

 o

ENC 90 (Kề bù với góc BNC) Vậy CDE CNE 90  o

  nên tứ giác CDNE nội tiếp( Vì có hai đỉnh kề D,N nhìn EC góc vng)

b) Gợi ý câu b:

Tam giác BEC có K giao điểm đường cao BM ED nên K trực tâm Vậy KCBE

Tứ giác MENK nội tiếp nên góc KNE góc vng nên KNBE

Vậy C,K ,N thẳng hàng

c) Gợi ý câu c:

Lấy H đối xứng với C qua D, Do C,D cố định nên H cố định tam giác HKC cân K nên KHC KCH 

Mà BED KCH  (cựng phụ gúc EBC) Vậy KHC BED  nờn tứ giỏc BEKH nội tiếp nờn I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BKE qua B H cố định nờn I thuộc đường trung trực BH

Câu 5:

Đặt a = x+y = M; b = xy;

a  b Tõ gi¶ thiÕt cã:

3 3 3 6 4 4

a  ab a b b  ab  b = 2 2

2

( )( )

2

a b

a b a ab b b

a ab b b

 

      

   

+) NÕu a =2b

Thì: x+y = 2xy Mà (x+y)2 4xy nên (x+y)2 2(x y )  M  x y2;" " khi x:  y 1. (*)

+) NÕu a2 ab 2b2 3b 0

    a2 ab2b2 3b 0 2b2 (a3)b a 0(1) Gi¶ sư  (1) cã nghiƯm b tho¶ m·n b

2 a

 th× b=

2

2

a a



2 2 6 0 1 7;( : 0)

a a a Do a

        vµ

2

( 3) ( 2)( 2)

2

a  a    a  a a  a   a



VËy a  1 7 (**)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ Khóa ngày 27 tháng năm 2011

MƠN: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm)

Rút gọn biểu thức (khơng sử dụng máy tính cầm tay): a) M  27 12 3  ;

b) 1 :

4

2

a N

a

a a

 

  



 

  , với a > a

 Câu (1,5 điểm)

Giải phương trình (khơng sử dụng máy tính cầm tay): a) x2 5x 4 0

   ;

b) 1

2 x x

 



Câu (1,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị (d) hàm số y = -x + 3;

b) Tìm (d) điểm có hồnh độ tung độ Câu (1,0 điểm)

Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2 + 3x -5 = Tính giá trị biểu thức x12x22 Câu (1,5 điểm) Giải toán cách lập hệ phương trình:

Tính chu vi hình chữ nhật, biết tăng chiều hình chữ nhật thêm 4m diện tích hình chữ nhật tăng thêm 80m2 ; giảm chiều rộng 2m tăngchiều dài 5m diện tích hình chữ nhật diện tích ban đầu

Câu (3,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) đường kính AD Hai đường chéo AC BD cắt E Kẻ È vng góc với AD (FAD; FO)

a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được;

b) Chứng minh: Tia CA tia phân giác góc BCF;

c) Gọi M trung điểm DE Chứng minh: CM.DB = DF.DO

-HẾT -Đáp Án :

Câu (2,0 điểm)

Rút gọn biểu thức (không sử dụng máy tính cầm tay): a) M  27 12 3 10 3 11 3      ;

b) 1 : 2 :

4 4

2

a a a a a a

N

a a a a

a a a

       

 

       

   

   

 

     

Câu (1,5 điểm)

Giải phương trình (khơng sử dụng máy tính cầm tay): a) x2 5x 4 0

  

Ta có (a=1; b=-5; c=4) a+b+c = nên phương trình x2 5x 4 0

   có hai nghiệm phân biệt x1 = x2 =

b) 1

2 x x

 



Điều kiện: x0, ta có: 1 2( 1) 1

3 x

x x x x

x



        



Câu (1,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị (d) hàm số y = -x +

Đồ thị (d) đường thẳng qua hai điểm A(0; 3) B(3; 0) b) Tìm (d) điểm có hồnh độ tung độ

Gọi M điểm có hồnh độ tung độ nhau, giả sử M(a; a) (d) : a = -a +  2a = 3

2 a

  Vậy (d) điểm có hồnh độ tung độ 3;

2 M 

 

Câu (1,0 điểm)

Do x1, x2 hai nghiệm phương trình x2 + 3x -5 = Nên theo vi-ét, ta có: 2

3

x x

x x

 

 

 

Vậy: 2 2

1 ( 2) 2 ( 3) 2.( 5) 10 19 x x  x x  x x        Câu (1,5 điểm) Giải toán cách lập hệ phương trình:

Gọi chiều dài chiều rộng hình chữ nhật a b (a > b > 2m)

Diện tích hình chữ nhật sau tăng chiều dài chiều rộng thêm 4m 80m2 nên ta có

phương trình: (a + 4)(b + 4) = 80 + ab (1)

Nhưng giảm chiều rộng 2m tăngchiều dài 5m diện tích hình chữ nhật diện tích ban đầu nên ta có phương trình: ab = (a + 5)(b - 2) (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

( 4)( 4) 80 4 16 80

( 5)( 2) 10

16 10

2 10

        

 



 

      

 

  

 

   

  

 

a b ab ab a b ab

ab a b ab ab a b

a b a

a b b

Vậy chu vi hình chữ nhật là: 32m Câu (3,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) đường kính AD Hai đường chéo AC BD cắt E Kẻ EF vng góc với AD (FAD; FO)

a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được;

b) Chứng minh: Tia CA tia phân giác góc BCF;

c) Gọi M trung điểm DE Chứng minh: CM.DB = DF.DO Giải:

a) Ta có: ABD1v ( chắn nửa đường trịn đường kính AD ) (1)

AF E1v (DoEFAD ) (2)

Từ (1)và (2) suy ra: ABD AEF 2v

 tứ giác ABEF nội tiếp đường trịn đương kính AE

b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường trịn đương kính DE (Hsinh tự c/m)

 EDF ECF (cùng chắn EF ) (3)

Mặt khác (O) ta củng có ADBACB (cùng chắn AB) (4) Từ (3) (4) suy ra: ACBACF .

Vậy tia CA tia phân giác góc BCF (đpcm) c) Chứng minh: CM.DB = DF.DO

Do M trung điểm DE nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCEF

O

M F E

D C B

 MDC cân M, hay MD = CM (5) Mặt khác hai tam giác cân MDF ODB đồng dạng với nên

DF DM

DM DB DF DO

DB DO   (6)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG

-ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012

-MƠN THI: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 22/6/2011

Câu (1,5 điểm)

Tính: a) 12 75 48

b) Tính giá trị biểu thức: A = (10 11)(3 11 10)  Câu (1,5 điểm)

Cho hàm số y(2 m x m)  3 (1) a) Vẽ đồ thị (d) hàm số m1

b) Tìm giá trị mđể đồ thị hàm số (1) đồng biến. Câu (1 điểm)

Giải hệ phương trình: 3xx y2y15

 



Câu (2,5 điểm)

a) Phương trình: x2 x 3 0

   có nghiệm x x1, Tính giá trị: X = x x13 2x x23 121

b) Một phòng họp dự định có 120 người dự họp, họp có 160 người tham dự nên phải kê thêm dãy ghế dãy phải kê thêm ghế vừa đủ Tính số dãy ghế dự định lúc đầu Biết số dãy ghế lúc đầu phòng nhiều 20 dãy ghế số ghế dãy ghế Câu (1 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Tính chu vi tam giác ABC biết: AC = cm, HC = 25

13 cm Câu (2,5 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB; Vẽ tiếp tuyến Ax, By với đường tròn tâm O Lấy E nửa đường tròn, qua E vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax D cắt By C

a) Chứng minh: OADE nội tiếp đường tròn

b) Nối AC cắt BD F Chứng minh: EF song song với AD -

HẾT -ĐÁP ÁN

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1

2.

a) 12 75 48 4.3 25.3 16.3

2 3

    

   

b) A = (10 11)(3 11 10)  = 102 (3 11)2 100 99 1 

a) Khi m1 hàm số (1) trở thành: y x 2

Xét hàm sốy x 2 ta có bảng giá trị:

x 0 -2

3.

4.

5.

b) y(2 m x m)  3 (1)

Để đồ thị hàm số (1) đồng biến thì: 2 m 0 m2

2 5 7 1

3 2 5

x y x y x x x

x y x y x y y y

      

    

   

    

        

    

a) Phương trình: x2 x 3 0

   (a = ; b = -1 ; c = -3)

Ta có: a.c = (-3) = -3 <  phương trình có nghiệm x x1, 2 Theo định lí Vi-ét ta có :

1

x x

x x

 

 



 (I)

Theo đề ta có: X = 3 2 21

x x x x  = x x x1 2( 12x22) 21 =

1 ( 2) 2 21

x x  x x  x x  Thay hệ thức (I) vào biểu thức X ta được:

X =-3 [12 – (-3)] + 21 = -21 + 21 = 0

b) Gọi x (dãy) số dãy ghế dự đinh lúc đầu(x N*

 vàx20) Khi x2 (dãy) số dãy ghế lúc sau

Số ghế dãy lúc đầu: 120

x (ghế) Số ghế dãy lúc sau: 160

2 x ghế

Do phải kê thêm dãy ghế vừa đủ nên ta có phương trình : 160 120

2

x  x 

           

 

2 30

160 120( 2) ( 2) 38 240

8 (lo¹i) x

x x x x x x

x Vậy số dãy ghế dự định lúc đầu 30 dãy

Áp dụng hệ thức cạnh đường cao ∆ABC (



A 90 )

Ta có: AC2 = BC HC   

2

AC 25

BC = 13 (cm) 25

HC 13

6.

BC2 = AC2 + AB2

 AB = BC2 AC2  132 52 12 (cm) Chu vi tam giác ABC là:

AB + BC + AC = 12 + 13 + = 30 (cm)

a) Chứng minh: AOED nội tiếp đường tròn: Xét tứ giác AOED có:





DAO 90 (vì AD tiếp tuyến (O))

DEO 90 (vì DC tiếp tun t¹i E cđa (O))

 

 DAODEO1800 AOED nội tiếp đ ờng tròn đ ờng kÝnh OD b) Chứng minh EF song song với AD

Ta có :    



DA AB

DA // CB CB AB

 

 

    



DAF = BCF (so le trong)

Mặt khác: F = F (đối đỉnh)

 ADF CBF (g - g) ADAF

CB CF

~ (1)

Mà AD = DE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) BC = CE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Từ (1) (2)  DE AF

EC FC Theo định lí Talet đảo suy ra: EF // AD

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH THUẬN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Khóa ngày: 26 – – 2011

Mơn thi: TỐN - Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm)

Cho đường thẳng (d): y = -x + parabol (P): y = x2 a) Vẽ (d) (P) hệ trục tọa độ

b) Bằng đồ thị xác định tọa độ giao điểm (d) (P) Bài 2: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 3x2 – 4x – = 0.

b) Giải hệ phương trình:          4 2 1 2 3 y x y x

Bài 3: (2,0 điểm) Cho biểu thức: P = 3(1 ) x x x x x     

, với x  a/ Rút gọn biểu thức P

b/ Tìm giá trị nguyên dương x để biểu thức Q =

P P



1

nhận giá trị nguyên Bài 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có góc BAC = 600, đường phân giác góc ABC BD đường phân giác góc ACB CE cắt I (D AC E  AB)

a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp đường tròn b) Chứng minh rằng: ID = IE

c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD BI Bài 5: (1,0 điểm)

Cho hình vng ABCD Qua điểm A vẽ đường thẳng cắt cạnh BC E cắt đường thẳng

CD F Chứng minh rằng: 2

1 1

F A  



ĐÁP ÁN Bài 1: (2,0 điểm)

a) Vẽ (d) (P) hệ trục tọa độ

b) Bằng đồ thị xác định tọa độ giao điểm (d) (P) Tọa độ giao điểm (d) (P) A ( ; ) B ( -2 ; ) Bài 2: (2,0 điểm)

a)Giải phương trình: 3x2 – 4x – = 0. ' ( 2)2 3.( 2) 10

      10   x ; 10   x

b)Giải hệ phương trình : x y ; x 0; y x y

          

x y x x 1y 4

y x y

                        Bài 3: (2,0 điểm)

P = 3(1 ) x x x x x     

, với x  = x 23 x 1 x

b)Tìm giá trị nguyên dương x để biểu thức Q =

P P



1

nhận giá trị nguyên Q = PP



1

= 2

) ( ) (        x x x x x Q  x1

x

Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp đường trịn Ta có: A = 600  B + C = 1200

 IBC + ICB = 600 ( BI , CI phân giác)  BIC = 1200  EID = 1200

Tứ giác AEID có : EID + A = 1200 + 600 = 1800 Nên: tứ giác AEID nội tiếp đường tròn b) Chứng minh rằng: ID = IE

Tam giác ABC có BI CI hai đường phân giác, nên CI phân giác thứ ba

 EAI = AID

 cung EI = cung ID Vậy: EI = ID c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD BI

EAI = EDI ; ABD chung  BAI BDE 

BE BI BD BA

  BA.BE = BD BI Bài 5: (1,0 điểm) Chứng minh : 2

1 1

F A  



Qua A, dựng đường thẳng vuông góc với AF, đường thẳng cắt đường thẳng CD M

Ta có: Tứ giác AECM nội tiếp ( EAM = ECM = 900)  AME = ACE = 450

 Tam giác AME vuông cân A  AE = AM AMF vuông A có AD đường cao, nên :

2 2 1 F AM

D   

Vì : AD = AB (cạnh hình vng) ; AM = AE (cmt) Vậy: 2

1 1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn thi: TOÁN.

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

-Câu I(3,0 điểm)

Cho biểu thức A =

 2

1 1

:

1 1

x

x x x x



 



 

 

  

a) Nêu ĐKXĐ rút gọn A b) Tìm giá trị x để A =

3

c) Tìm giá trị lớn biểu thức P = A - x Câu 2 (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m + 2)x + m2 + = (1), (m tham số) a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2 – 2(x1 + x2) = Câu 3(1,5 điểm)

Quãng đường AB dài 120 km Hai xe máy khởi hành lúc từ A đến B Vận tốc xe thứ lớn vận tốc xe thứ hai 10 km/h nên xe máy thứ đến B trước xe thứ hai Tính vận tốc xe

Câu 4 (3,5 điểm)

Cho điểm A nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE tới đường trịn (B, C hai tiếp điểm; D nằm A E) Gọi H giao điểm AO BC

a) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: AH AO = AD AE

c) Tiếp tuyến D đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự I K Qua điểm O kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt AB P cắt AC Q

Chứng minh rằng: IP + KQ  PQ

-

HẾT -ĐÁP ÁN : Câu 1:

a) ĐKXĐ: x > 0, x  Rút gọn: A = x

x



b) A =

3 <=>  

1

3

3

x

x x x

x



      (thỏa mãn)

c) P = A - x= x x



- x= – x x

 



 

 

Áp dụng BĐT Côsi : x 2.3

x   

=> P  -5 Vậy MaxP = -5 x = Câu 2:

a) với m = 1, ta có Pt: x2 – 6x + = => x1 = 2, x2 = 4 b) xét pt (1) ta có: ' = (m + 2)2 – (m2 + 7) = 4m – phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2  m

4  Theo hệ thức Vi-et: 2

1

2( 2)

x x m

x x m

  

  

 

 

Theo giả thiết: x1x2 – 2(x1 + x2) =

 m2 + – 4(m +2) =

 m – 4m – = => m1 = - 1(loại) ; m2 = (thỏa mãn)

Vậy m =

Câu 3: Gọi vận tốc xe thứ hai x (km/h), ĐK: x > vận tốc xe thứ x + 10 (km/h)

Theo ta có pt: 120 120 10

x  x   x

2 + 10x – 1200 = 0 => x1 = 30 (t/m) x2 = - 40 (loại)

vậy vận tốc xe thứ 40km/h, xe thứ hai 30km/h Câu 4:

a)  

ABO + ACO = 180 => tứ giác ABOC nội tiếp b) ABD  AEB (g.g) => AD.AE = AB2 (1)

ABO vuông B, BH  AO => AH.AO = AB2 (2) => AH AO = AD AE

c) Áp dung BĐT Côsi: IP + KQ  IP.KQ Ta có:APQ cân A=>OP = OQ => PQ = 2OP Để C/m IP + KQ  PQ ,Ta C/m: IP.KQ = OP2

Thật vậy: BOP = COQ (c.h-g.n) => BOP COQ  

Theo T/c tiếp tuyến cắt nhau: BOI DOI   , DOK COK   => BOP BOI DOK COQ DOI COK 90     

      => POI DOK 90    Mà QKO COK 90 

 

Suy ra: POI QKO   Do đó: POI QKO (g.g)  IP.KQ = OP.OQ = OP2

Q P

K I

H D

C B

O A

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

ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn thi: TỐN

Ngày thi : 22/06/2011 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: (2x + 1)(3-x) + = b) Giải hệ phương trình: | |

5 11

x y x y       

Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức ( 5) :

2 5

Q   

  

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 – 2x – 2m2 = (m tham số). a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện x12 4x22 Bài 4: (1,5 điểm)

Một hình chữ nhật có chu vi 28 cm đường chéo có độ dài 10 cm Tìm độ dài cạnh hình chữ nhật

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn đường kính AD Gọi M điểm di động cung nhỏ AB ( M không trùng với điểm A B)

a) Chứng minh MD đường phân giác góc BMC b) Cho AD = 2R Tính diện tích tứ giác ABDC theo R

c) Gọi K giao điểm AB MD, H giao điểm AD MC Chứng minh ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy

- Hết

-BÀI GIẢI :

Bài 1:

a) (2x + 1)(3-x) + = (1)  -2x2 + 5x + +4 =  2x2 – 5x – = (2)

Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có nghiệm : x1 = -1 x2 = b) | |

5 11

x y x y       

 1, 1,

5 11 11

x y y x y y

hay

x y x y

     

 

 

   

 

 1, 1,

14 14

x y y x y y

hay x x               

 7,

1

y y y

hay x x             y x     

Bài 2: Q = [ 3( 1) 5( 1)]:

2 5

 



   =

2 [ 5]:

5



 =

( 5)( 3)

  = 1

Bài 3:

a) x2 – 2x – 2m2 = (1)

m=0, (1)  x2 – 2x =  x(x – 2) =  x= hay x =

Theo Viet, ta có: x1 + x2 = => x1 = – x2

Ta có: x12 4x22 => (2 – x2)2 =4x22  – x2 =2x2 hay – x2 = -2x2  x2 = 2/3 hay x2 = -2

Với x2 = 2/3 x1 = 4/3, với x2 = -2 x1 =

 -2m2 = x1.x2 = 8/9 (loại) hay -2m2 = x1.x2 = -8  m = 2

Bài 4: Gọi a, b độ dài cạnh hình chữ nhật

Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) a2 + b2 = 102 = 100 (2)

Từ (2)  (a + b)2 – 2ab = 100 (3) Thế (1) vào (3)  ab = 48 (4)

Từ (1) (4) ta có a, b nghiệm phương trình : X2 – 14X + 48 =  a = cm b = cm

Bài 5:

a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 600 nên góc CMD = góc DMB= 300  MD phân giác góc BMC

b) Xét tứ giác ABCD có đường chéo AD BC vng góc nên : SABCD=

1

2AD.BC =

2

2 3

2 R R R c) Ta có góc AMD = 900 (chắn ½ đường trịn)

Tương tự: DB  AB,vậy K trực tâm IAD (I giao

điểm AM DB) Xét tứ giác AHKM, ta có:

góc HAK = góc HMK = 300, nên dễ dàng  tứ giác nội tiếp

Vậy góc AHK = góc AMK = 900

Nên KH vng góc với AD

Vậy HK đường cao phát xuất từ I IAD

Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy I C

A D

B M

H K

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP Hà Nội MƠN : TỐN - Năm học : 2011 – 2012 Ngày thi : 22 tháng năm 2011

Thời gian làm bài: 120 phút Bài I(2,5 điểm)

Cho A x 10 x 5

x 25

x 5 x 5

  



  Với

x 0,x 25  1) Rút gọn biểu thức A

2) Tính giá trị A x = 3) Tìm x để A 1

3



Bài II (2,5 điểm)Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 hàng số ngày quy định Do ngày đội chở vượt mức nên đội hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày chở thêm 10 Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết ngày?

Bài III (1,0 điểm) Cho Parabol (P): y x đường thẳng (d): y 2x m  29

1) Tìm toạ độ giao điểm Parabol (P) đường thẳng (d) m =

2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm nằm hai phía trục tung Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi d1 d2 hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B.Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A B) Đường thẳng d qua điểm E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1 d2 M, N

1) Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh ENIEBI MIN 90

3) Chứng minh AM.BN = AI.BI

4) Gọi F điểm cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng

Bài V (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ biểu thức: M 4x2 3x 1 2011 4x

   

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1:

1/ Rút gọn: ĐK:x 0, x 25 

   

       

x x +5 -10 x -5 x -5

x 10 x x+5 x -10 x -5 x +25

A= - - = =

x-25

   

 

   

2 x -5

x-10 x +25 x -5

= = = ( x 0; x 25)

x +5

x -5 x +5 x -5 x +5  

2/ Với x = Thỏa mãn x 0, x 25  , nên A xác định được, ta có x 3 Vậy

4

2

5

      

A

3/ Ta có: ĐK x 0, x 25 

 

 

1 x - x - 15 - x -

A -

3 x + 3 x +5

x - 20 (Vì x +5 0) x < 20 x < 10 x < 100

    

     

Kết hợp với x 0, x 25 

Vậy với ≤ x < 100 x ≠ 25 A < 1/3 Bài 2

Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch x(ngày) (ĐK: x > 1) Thì thời gian thực tế đội xe chở hết hàng x – (ngày)

Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe phải chở 140 x (tấn)

Thực tế đội chở 140 + 10 = 150(tấn) nên ngày đội chở 150 x (tấn) Vì thực tế ngày đội chở vượt mức tấn, nên ta có pt:

150 140

x  x   150x – 140x + 140 = 5x 2 -5x

 5x2 -5x – 10x - 140 =  5x2 -15x - 140 =  x2 -3x - 28 = Giải x = (T/M) x = -4 (loại)

Vậy thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch ngày Bài 3:

1/ Với m = ta có (d): y = 2x +

Phương trình hồnh độ điểm chung (P) (d) x2 = 2x + <=> x2 – 2x – = 0

Giải x = => y = 16 x = -2 => y =

Tọa độ giao điểm (P) (d) (4 ; 16) (-2 ; 4)

2/ Phương trình hồnh độ điểm chung (d) (P) : x2 – 2x + m2 – = (1)

Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt nằm hai phía trục tung phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu

Bài 4

1/ Xét tứ giác AIEM có góc MAI = góc MEI = 90o. => góc MAI + góc MEI = 180o. Mà góc vị trí đối diện => tứ giác AIEM nội tiếp 2/ Xét tứ giác BIEN có góc IEN = góc IBN = 90o.

 góc IEN + góc IBN = 180o  tứ giác IBNE nội tiếp

 góc ENI = góc EBI = ½ sđ cg IE (*)  Do tứ giác AMEI nội tiếp

=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**) Từ (*) (**) suy

góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o.

3/ Xét tam giác vng AMI tam giác vng BIN có góc AIM = góc BNI ( cộng với góc NIB = 90o)

 AMI ~  BNI ( g-g) 

BN AI BI AM



 AM.BN = AI.BI

4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ Do tứ giác AMEI nội tiếp

nên góc AMI = góc AEF = 45o. Nên tam giác AMI vuông cân A

Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vng cân B  AM = AI, BI = BN

Áp dụng Pitago tính

2 ;

2

2 R

IN R

MI  

Vậy

4

1 R2

IN IM

SMIN   ( đvdt)

Bài 5:

Cách 1: 4 3 2011 4 4 1 2010 (2 1)2 ( ) 2010

4 4

M x x x x x x x

x x x

              

Vì (2x 1)2 0

  x > 4x

  , Áp dụng bdt Cosi cho số dương ta có: x +

4x

1

2

4

x x

 M =(2 1)2 ( ) 2010

x x

x

     + + 2010 = 2011

 M  2011 ; Dấu “=” xảy 

1

2 2

1 1

4

0 x x x

x x x

x x x x x                                          

 x =

Vậy Mmin = 2011 đạt x = Bài 5: Cách 2:

2 2

2

1 1 1

4 2011 2010

4 8

1 1

3 2010

2 8

M x x x x x

x x x

M x x

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

Áp dụng cô si cho ba số

x x x , , ta có 8 2     x x x x x

x Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2

mà

2        

x Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2

Vậy 2010 2011

4

0    

M

Vậy giá trị nhỏ M 2011 M =

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút

PHẦN – Trắc nghiệm (1 điểm): Hãy chọn phương án viết vào làm chữ đứng trước phương án lựa chọn.

Câu 1: Phương trình x2 mx m 0

    có hai nghiệm phân biệt khi:

A.m 2 B.m  C.m 2 D.m 2

Câu 2: Cho (O) nội tiếp tam giác MNP cân M Gọi E; F tiếp điểm (O) với cạnh MN;MP BiếtMNP 50

 Khi đó, cung nhỏ EF (O) có số đo bằng:

A.1000. B.800. C.500. D.1600.

Câu 3: Gọi  góc tạo đường thẳng y x  3 với trục Ox, gọi  góc tạo đường thẳng y 3x 5 với trục Ox Trong phát biểu sau,phát biểu sai ?

A 450

  B  900 C. 900 D.  

Câu 4: Một hình trụ có chiều cao 6cm diện tích xung quanh 36 cm Khi đó, hình trụ cho có bán kính đáy

A 6cm B cm C 3 cm D 6cm

PHẦN – Tự luận ( điểm) :

Câu (1,5 điểm)Cho biểu thức : P 3 x 1 1 : 1

x 1 x 1 x x

  

  

  

 

với x x 1 

1/ Rút gọn biểu thức P 2/ Tìm x để 2P – x = Câu 2.(2 điểm)

1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hồnh độ M thuộc đồ thị hàm số

2

y 2x Lập phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ O điểm M ( biết đường thẳng

OM đồ thị hàm số bậc nhất)

2) Cho phương trình x2  5x 1    Biết phương trình (1) có hai nghiệm x ;x1 Lập phương

trình bậc hai ẩn y ( Với hệ số số nguyên ) có hai nghiệm

1

1

1 1

y 1 và y 1

x x

   

Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

3 2 17

x y 1 5

2x y 2 26

x 2 y 1 5



 

  

 

 

  

  



Câu 4.(3,0 điểm): Cho (O; R) Từ điểm M (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (O;R) ( với A, B tiếp điểm) Kẻ AH vng góc với MB H Đường thẳng AH cắt (O;R) N (khác A) Đường trịn đường kính NA cắt đường thẳng AB MA theo thứ tự I K

1) Chứng minh tứ giác NHBI tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK

3) Gọi C giao điểm NB HI; gọi D giao điểm NA KI Đường thẳng CD cắt MA E Chứng minh CI = EA

Câu 5.(1,5 điểm) 1)Giải phương trình : x x 9 x 9   22 x 1  2

2)Chứng minh : Với 2 3

1 1

x 1, ta ln có x 2 x

x x

   

       

HD

Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ: x 2; y 1

3 2 17 3 2 17 3 2 17

x y 1 5 x 2 y 1 5 x y 1 5

2x y 2 26 2(x 2) (y 1) 26 2 3 26

2 1

x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5

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

1) Câu 4.(3,0 điểm) 1) NIB BHN 180 

  NHBI nội tiếp

2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp

     

1 1

2 2

Ta có H B A I

I B A K

  

  

 

3) ta có:

   

1 2

I I DNC B A DNC 180  

Do CNDI nội tiếp

 2 2  2

D I A

    DC // AI

Lại có A 1H 1 AE / /IC

Vậy AECI hình bình hành => CI = EA Câu 5.(1,5 điểm)

1) Giải phương trình : x x 9 x 9  22 x 1 2

   

x2 9 x  9x 22 x 1 2 x2 9  x2 9 9 x 1  22 x 1 2

             

Đặt x – = t; x2 9

 = m ta có: m2 9mt 22t  22t2  9mt m 0

Giải phương trình ta t m;t m

2 11     Với 2

m x 9

t ta có : x 1 x 2x 11 vô nghiêm

2 2          Với 2

m x 9

t ta có : x 1 x 11x 0

11 11

  

      

121 129

    > phương trình có hai nghiệm x1,2 11 129 2

  

2) Chứng minh : Với x 1, ta ln có x2 12 2 x3 13

x x

   

      

    (1)

2

2

2

1 1 1 1 1 1

3 x 2 x 3 x x 2 x x 1

x x x x x x

1 1 1

3 x 2 x 1 (vì x nên x 0) (2)

x x x

Đặt x 1 t x2 12 t2 2

x x

     , ta có (2)  2t2 3t 0   t 2t 1     0 (3)

Vì x nên x 1 2 0 x2 1 2x x 1 2 hay t 2

x

          => (3) Vậy ta có đpcm

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (2 điểm)Trong câu: từ câu đến câu 4, câu có lựa chọn, có lựa chọn Em viết vào tờ giấy làm thi chữ A, B, C D đứng trước lựa chọn mà em cho (Ví dụ: Nếu câu em lựa chọn A viết 1.A)

Câu Giá trị 12 27bằng:

A 12 B 18 C 27 D 324

Câu Đồ thị hàm số y= mx + (x biến, m tham số) qua điểm N(1; 1) Khi gí trị m bằng:

A m = - B m = - C m = D m =

Câu Cho tam giác ABC có diện tích 100 cm2 Gọi M, N, P tương ứng trung điểm AB, BC, CA Khi diện tích tam giác MNP bằng:

A 25 cm2 B 20 cm2 C 30 cm2 D 35 cm2

Câu Tất giá trị x để biểu thức x 1 có nghĩa là:

A x < B x  C x > D x1

PHẦN II TỰ LUẬN (8 điểm)

Câu (2.0 điểm) Giải hệ phương trình x y 02 x 2y

 

 

  



Câu (1.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – =0 (x ẩn, m tham số). a) Giải phương trình với m = -

b) Tìm tất giá trị m đê phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

c) Tìm tât giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 cho tổng P = x12 + x22 đạt

giá trị nhỏ

Câu (1.5 điểm) Một hình chữ nhật ban đầu có cho vi 2010 cm Biết nều tăng chiều dài của hình chữ nhật thêm 20 cm tăng chiều rộng thêm 10 cm diện tích hình chữ nhật ban đầu tăng lên 13 300 cm2 Tính chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật ban đầu.

Câu (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, khơng tam giác cân, AB < AC nội tiếp đường trịn tâm O, đường kính BE Các đường cao AD BK tam giác ABC cắt điểm H Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Gọi I trung điểm cạnh AC Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AFEC hình thang cân

b) BH = 2OI điểm H đối xứng với F qua đường thẳng AC

Câu 9.(2.0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn

của biểu thức: P = ab bc ca

c ab  a bc  b ca

BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN:

Phần I Trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu cho 0,5 điểm

Câu

Phần II Tự luận (8,0 điểm). Câu (2,0 điểm)

Nội dung trình bày Điểm

Xét hệ phương trình 2 (1) (2) x y

x y

 

 

  



Từ (1)  x = y thay vào PT (2) ta : x2 - 2x + = 0,5

 (x - 1)2 =  x = 0,5

Thay x = vào (1)  y =

0,5 Vậy nghiệm hệ phương trình cho là:

1 x y

  



 0,5

Câu (1,5 điểm). a (0,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Với m = -1 ta có (1) : x22x 0 x x( 2) 0 0,25 

2 x x

    

Vậy với m = -1 PT có hai nghiệm x10;x2 2 0,25 b (0,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Ta có ’ = m2 - (m2 - 1) = > với m 0,25

Vậy với m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x x1, 0,25

c (0,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

P = x12x22 x1x22 2x x1 2 = 4m2 - 2m2 +  với m 0,25

Dấu “=” xảy  m = Vậy với m = phương trình (1) có hai nghiệm x x1, thỏa mãn

P = x12x22đạt giá trị nhỏ 0,25

Câu (1,5 điểm)

Nội dung trình bày Điểm

Gọi chiều dài hình chữ nhật x (cm), chiều rộng y (cm) (điều kiện x, y > 0)

0,25 Chu vi hình chữ nhật ban đầu 2010 cm ta có phương trình

2.x y  2010 x y 1005 (1) 0,25 Khi tăng chiều dài 20 cm, tăng chiều rộng 10 cm kích thước hình chữ nhật là:

Chiều dài: x20 (cm), chiều rộng: y10(cm) 0,25 Khi diện tích hình chữ nhật là: x20   y10 xy13300

10x 20y 13100

    x2y1310 (2) 0,25

Từ (1) (2) ta có hệ: 1005

2 1310

x y

x y

  



 



Trừ vế hệ ta được: y = 305 (thoả mãn) Thay vào phương trình (1) ta được: x700

Vậy chiều dài hình chữ nhật ban đầu là: 700 cm, chiều rộng 305 cm 0,25 Câu ( 2,0 điểm).

a (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Có : BFE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  FE  BF 0,25

BF  AC (gt)  FE ∥ AC (1) 0,25

 sđ AF = sđ CE  AFE = CFE  FAC = ECA (2) 0,25

Từ (1) (2) { AFEC hình thang cân 0,25

b (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

EC  BC  EC ∥ AH (1) 0,25

BF  AC (gt)  FE ∥ AC (1). HAC = ECA mà ECA = FAC

 HAF cân A  AH = AF (2) Từ (1)và (2)  { AHCE hình bình hành 0,25  I giao điểm hai đường chéo  OI đường trung bình  BEH  BH = 2OI 0,25  HAF cân A , HF  AC  HK = KF  H đối xứng với F qua AC 0,25

Câu ( 1,0 điểm)

Nội dung trình bày Điểm

Có: a b c 1 c a b c c ac bc c.

         

 c ab ac bc c    2ab a c b (  )c b c(  )= (c a c b )(  )



( )( )

a b

ab ab c a c b

c ab c a c b



 

 

   0,25

Tương tự: ( )( )

( )( )

a bc a b a c b ca b c b a

   

   

( )( )

b c

bc bc a b a c

a bc a b a c



 

  

  

( )( )

c a

ca ca b c b a

b ca b c b a



 

 

  

0,25  P 

2

a b b c c a

c a c b a b a c b c b a           =

2

a c c b b a a c c b b a

  

 

   = 3

2 0,25

Dấu “=” xảy a b c   Từ giá trị lớn P

2 đạt

1 a b c  

0,25 E K

I H

O B

A

C F

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 (đợt 2)

Đề thi gồm: 01 trang Câu (2,5 điểm).

1) Cho hàm số y f x( ) x2 2x 5

    .

a Tính f x( ) khi: x0;x3.

b Tìm x biết: f x( )5; ( )f x 2.

2) Giải bất phương trình: 3(x 4) x Câu (2,5 điểm).

1) Cho hàm số bậc ym– 2x m 3 (d)

a Tìm m để hàm số đồng biến.

b Tìm m để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y2x 3.

2) Cho hệ phương trình

2

   



  

x y m

x y

Tìm giá trị m để hệ có nghiệm x y;  cho

1

x y

y

  

 .

Câu (1,0 điểm).

Hai người thợ quét sơn nhà Nếu họ làm ngày xong cơng việc Hai người làm ngày người thứ chuyển làm công việc khác, người thứ hai làm 4,5 ngày (bốn ngày rưỡi) hồn thành cơng việc Hỏi làm riêng người hồn thành cơng việc bao lâu.

Câu (3,0 điểm).

Cho đường trịn (O; R) có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AO lấy điểm M (M khác A O) Tia CM cắt đường tròn (O; R) điểm thứ hai là N Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O; R) N Tiếp tuyến cắt đường thẳng vng góc với AB M P.

1) Chứng minh: OMNP tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh: CN // OP.

3) Khi AM 1AO

3

 Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OMN theo R.

Câu (1,0 điểm).

Cho ba số x y z, , thoả mãn 0x y z, , 1 x y z  2 Tìm giá trị nhỏ biểu

thức: A = (x 1)2 (y 1)2 (z 1)2

z x y

  

 

-Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

1

1.a Với x = tính f(0) = -5 0,5

Với x = tính f(3) = 10 0,5

1.b Khi f(x) = -5 tìm x = 0; x = - 2 0,5

Khi f(x) = -2 tìm x = 1; x = -3 0,5

2 Biến đổi 3x – 12 > x – Giải nghiệm x > 3 0,250,25

2

1.a Để hàm số đồng biến m – > 0Tìm m > kết luận 0,250,25

1.b

Để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y = 2x – mm 23 3  

 0,5

4 m m

   



 0,25

2

Giải hệ x = m + 1; y = 2m - 3 0,25

Đặt điều kiện: y + 102m – + 10  m 1 0,25

Có:

2

2

5

4 4( 1) 4

1

 

           



x y

x y y x y y

y

2

x 5y

   

Thay x = m + 1; y = 2m – ta được: (m + 1)2 – 5(2m - 3) – = 0

 m2 – 8m + = Giải phương trình m = 1; m = 7

0,25

So sánh với điều kiện suy m = (loại); m = (thoả mãn) 0,25

3

Gọi thời gian người 1, người làm xong cơng việc x,

y ngày (x, y > 0) 0,25

Trong ngày người người làm 1

x

y công việc.

suy phương trình: 1x 1y 16

0,25

Người làm ngày người làm 7,5 ngày 3x

và 7,5y công việc suy phương trình: 3 7,5

x y 

0,25

Giải hệ x = 18, y = So sánh với điều kiện kết luận 0,25

4 1

Hình vẽ đúng:

0,25

Có OMP 90

 (MP  AB) 0,25

Có ONP 90

 (tính chất tiếp tuyến) 0,25

Do OMP  ONP 900

 suy OMNP tứ giác nội tiếp 0,25

2

Do OMNP tứ giác nội tiếp nên ONC OPM  (cùng chắn OM ) 0,25

Ta có: MP // CD (cùng vng góc với AB) nên OPM POD  ( so le trong) 0,25

Mà tam giác OCN cân O (OC = ON) nênONC OCN  0,25

Suy ra: OCN POD  => CN // OP 0,25

3

Do OMP  ONP 900

 nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác OMNP có đường

kính OP Nên đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN có đường kính OP

0,25

Ta có: CN // OP MP // CD nên tứ giác OCMP hình bình hành suy

ra OP = CM 0,25

Ta có AM = 1

3AO =

1

3R  OM =

2

3R Áp dụng định lý Pytago tam 0,25

P N

D C

giác vng OMC nên tính MC = R 13

3

Suy OP = R 13

3 từ ta có bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

OMN R 13

6

0,25

5

Do x, y, z  đặt a = – x  0, b = 1- y  0, c = 1- z  a + b + c = 1

suy z = – x + 1- y = a + b, y = – x + 1- z = a + c, x = 1- z + 1- y = c + b

Khi A = a2 b2 c2

a b b c c a    

0,25

Với m, n   m n2  0 m n mn  (*) Dấu “=” m = n

Áp dụng (*) ta có: a2 a b a2 a b a2 a b a

a b a b a b

  

    

  

2

a a b

a

a b



  



Tương tự ta có: b2 b b c

b c

  

 ;

2

c c a

c

c a

   

0,25

Suy ra: a2 b2 c2

a b b c c a    

a b c

 

 =1

2 0,25

Dấu “=” xảy a = b = c = 1

3 suy x = y = z =

Vậy giá trị nhỏ A 1

2 x = y = z =

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Năm học 2010 – 2011

Mơn thi : TỐN

Thời gian làm 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức: A x

x x x x



 

  

 

  với x > 0, x  9

2 Chứng minh rằng: 1 10

5

 

 

 

 

 

Bài 2 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (k - 1)x + n và điểm A(0; 2) B(-1; 0)

1 Tìm giá trị k n để :

a) Đường thẳng (d) qua điểm A B

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : y = x + – k

2 Cho n = Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB

Bài 3 ( 2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2 – 2mx +m – = (1) với m tham số

1 Giải phương trình với m = -1

2 Chứng minh phương trình (1) ln có hai ngiệm phân biệt với giá trị m Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1; x2 thoả mãn hệ thức

1

1 16 x x  Bài 4 ( 3,5 điểm)

Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H ( H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A, hai dây MN BK cắt E

Bài 5 ( 0,5 điểm)

Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn : a + b + c = 3 Chứng minh rằng: a 13 b 13 c 13 3

4

     

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Bài 1 (2,0 điểm)

Câu Nội dung Điểm

1 x x x x x

A

3 3           

3

( 3)

x

x x x x

          x x x x x x x x x

A ( 3)( 3)

) )( (

3  

      x x x x x x x A ) )( ( ) )( ).( (       x x

A 9

0,25

0,25

0,25 0,25 Biến đổi vế trái:

) 5 (     VT ) )( ( 5       = 10 5   0,5 0,5

Bµi 2 (2,0 điểm)

Câu Nội dung Điểm

1a Đờng thẳng (d) ®i qua ®iĨm A(0; 2)  n = 0,25

Đường thẳng (d) qua điểm B (-1; 0)  = (k -1) (-1) + n  = - k + +2  k = 3

Vậy với k = 3; n = (d) qua hai diểm A B 0,250,25

1b Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : y = x + – k         n k k 2 1 1       0 2 n k Vậy với      0 2 n k

Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ()

0,25

0,25 0,25

2 Với n = phương trình (d) là: y = (k - 1) x +

Giao điểm (d) với Ox ;0) ( k C  ( ) C( 1-k; 0)

B(-1; 0) A(0;2)

x y

O

các  OAB OAC vuông O

OC OA

SOAC

2

 ;SOAB OA.OB

1

 SOAC = 2SOAB  OC = 2.OB

 xc 2.xB



1    k                 2 2 k k k k

( thoả mãn)

Vậy với k = k = SOAC = 2SOAB

0,25 Bài 3 ( 2,0 điểm)

Câu Nội dung Điểm

1 Với m = -1 ta có pT: x2 + 2x -8 = 0 ' = 12 - 1(-8) =

 x1 = - + = 2; x2 = -1 - = -4

Vậy với m = - 1phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 2; x2= -

0,25 0,25 0,25 ' = m2 - m +

) 274

2

(

 

 m > với m

Vậy pt(1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

0,25 0,25 0,25 Vì pt(1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

nên theo Viet ta có:        7 2 2 m x x m x x Theo

1

1 16

x x   1 2 16   x x x x  16   m m

 m = KL: m =

0,25

0,25

Bµi 4 ( 3,5 ®iĨm)

F

E

N M

C K

O

A H B

h1

T

E N M

C K

O

B

A H

h2 Ta cã AKE = 900 (….)

vµ AHE = 90o ( v× MN

 AB)  AKE + AHE = 1800

 AHEK lµ tø gi¸c näi tiÕp

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

Xét  CAE  CHK có : C góc chung

CAE = CHK ( chắn cung KE)   CAE   CHK (gg)

0,25 0,25 ta có NF  AC; KB  AC  NF // KB

 MKB = KFN (1)( đồng vị) BKN = KNF (2) (slt)

mà MN  AB  Cung MB = cung NB  MKB = BKN (3) Từ 1,2,3  KFN = KNF

 NFK cân K

0,25 0,25 0,25 0,25 Nếu KE = KC  KEC vuông cân K

  KEC = 450

 ABK = 450  Sđ cung AK = 900 0,25

 K điểm cung AB  KO  AB

mà MN  AB nªn OK // MN 0,25

Kẻ đờng kính MT

chøng minh KT = KN 0,25

mà MKT vuông K nên KM2 + KT2 = MT2 hay KM2 + KN2 = (2R)2

hay KM2 + KN2 = 4R2 0,25

Bài 5 ( 0,5 điểm)

Cho a,b,c số thực không âm thoả mãn : a + b + c = 3 Chứng minh rằng: a 13 b 13 c 13 3

4

     

Câu Nội dung Điểm

 x + y + z =

và VT = x3 + y3 +z3 = 3xyz

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

HƯNG YÊN NĂM HỌC 2011-2012

Mơn thi:TỐN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). (Đề thi có 02 trang) Ngày thi :5 - 7- 2011

PHẦN A:TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,0 điểm)

Từ câu đến câu 8, chọn phương án viết đứng trước phương án vào bài làm.

Câu 1. Giá trị biểu thức 18a với (a0) bắng:

A.9 a B.3a C.2 3a D.3 2a

Câu 2. Biểu thức 2x 2 x có nghĩa

A.x3 B.x1 C.x1 D.x1

Câu 3. Điểm M(-1; 2) thuộc đồ thị hàm số y= ax2 a bằng

A.2 B.4 C -2 D 0,5

Câu 4. Gọi S,P tổng tích nghiệm phương trình x2 + 8x -7 =0.Khi S + P bằng

A -1 B -15 C D 15

Câu 5. Phương trình x2 (a 1)x a 0

    có nghiệm

Câu 6. Cho đường tròn (O;R) đường thẳng (d).Biết (d) đường trịn (O;R) khơng giao nhau, khoảng cách từ O đến (d) 5.Khi

A R < B R = C R > D R 

Câu 7. Tam giác ABC vng A có AC = 3cm; AB = cm.Khi sin B A.3

4 B

3

5 C

4

5 D

4

Câu 8 Một hình nón có chiều cao h đường kính đáy d.Thế tích hình nón A.1

3d h B

2

4d h C

2

6d h D

2 12d h PHẦN B:TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Bài 1.(1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức P(4 2 2) 2  b) Tìm toạ độ giao điểm hai đồ thị hàm số y x2

 y3x

Bài 2(1 điểm) Một công ty vận tải điều số xe tải đến kho hàng để chở 21 hàng Khi đến kho hàng có xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng đó, xe phải chở thêm 0,5 so với dự định ban đầu.Hỏi lúc đầu công ty điều đến kho hàng xe.Biết khối lượng hàng chở xe

Bài 3.(1,5 điểm) Cho hệ phương trình : ( 1)

2

m x my m

x y m

   

 

  

 a) Giải hệ phương trình với m =2

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) cho x2- y2 < 4.

Bài 4.(3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R đường thẳng (d) cố định, (d) đường trịn (O;R) khơng giao nhau.Gọi H chân đường vng góc kẻ từ O đến đường thẳng (d), M điểm thay đổi (d) (M không trùng với H) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA MB với đường tròn (A,B tiếp điểm ).Dây cung AB cắt OH I

a) Chứng minh năm điểm O, A, B, H, M nằm đường tròn

b) Chứng minh IH.IO=IA.IB

c) Chứng M thay đổi (d) tích IA.IB khơng đổi

Bài (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức: y 4(x2 x 1) 2x 1

     với -1 < x <

HƯỚNG DẪN SO SÁNH ĐỐI CHIẾU ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 – HƯNG YÊN PHẦN 1/ TRẮC NGHIỆM

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án D C A B C A B D

PHẦN 2/ TỰ LUẬN

Bài 1a) Rút gọn biểu thức

 2

(4 2) 8.2 2 4.2

P       

0,25 điểm

P = 4.2- + 2 - 2 0,25 điểm

P = 0,25 điểm

trình

2

2

3 (*)

y x y x

y x x x

               0,25 điểm

Giải (*):

3

x  x 

Có a+b+c = -3 + = nên x1 =

x2 = 0,25 điểm Từ x1 = suy y1 =

x2 = suy y2 =

Vậy hai đồ thị cắt hai điểm phân biệt A( ;1) B(2 ;4) 0,25 điểm Bài : Gọi số xe điều đến kho hàng lúc đầu x ( xe , x  , x > 1)

Nên số xe thực tế chở hàng x – xe Dự định xe chở 21

x hàng Thực tế xe chở 21

x 1 hàng

0,25 điểm Thực tế,mỗi xe phải chở thêm 0,5 so với dự định ban đầu nên :

21 x 1 -

21 x = 0,5

0,25 điểm

Suy : x2 – x – 42 =  x1 = ( thoả mãn x  , x > 1) x2 = - ( loại )

0,25 điểm

Vậy lúc đầu công ty điều đến kho hàng xe 0,25 điểm

Bài Cho hệ phương trình

( 1)

2

m x my m

x y m

          a/

Khi m = , ta có

2 x y x y        0,25 điểm x y       0,25 điểm Vậy m = hệ phương trình có nghiệm (3;-1) 0,25 điểm b/

( 1) (1)

2 (2)

m x my m

x y m

   

 

  



Từ phương trình (2) có y = 2x – m – Thế vào phương trình (1) ta : (m – 1)x – 2mx + m2 + 5m – 3m+1 = 0

 ( m+1).x = (m+1)2 (3)  x = m + Điều kiện m1 Suy y = m -

0,25 điểm

Mà x2- y2 < nên (m + 1)2 - (m – 3)2<

 m < 0,25 điểm Vậy với m m       

hệ phương trình có nghiệm

(x;y) cho x2- y2 < 4. 0,25 điểm

0,25 điểm

a/ Chứng minh : OAM 900

 , OBM 900,OHM 900 Suy OAM OBM OHM 900

  

0,25 điểm 0,25 điểm Vậy năm điểm O, A, B, H, M nằm đường trịn đường

kính MO ( theo quỹ tích cung chứa góc 900 ).

0,25 điểm

b/ OIA đồng dạng với BIH (g.g) 0,5 điểm

Nên IA IO IH IB

0,25 điểm Vậy IH.IO=IA.IB

c/ Gọi K giao điểm OM AB

- Dễ thấy OM đường trung trực AB nên OM AB K

Suy : OK.OM = OA2 = R2 0,25 điểm

- Lại có OKI đồng dạng vớiOHM (g.g) nên OI.OH = OK.OM Do OI.OH = R2 khơng đổi

0,25 điểm Vì d,O cố định nên OH không đổi Suy : OI không đổi I cố

định Vậy IH không đổi

0,25 điểm Từ câu b, ta có : IA.IB = IO.IH = khơng đổi 0,25 điểm Bài 5 : Tìm giá trị lớn biểu thức y x x 1 3 2x 1

     

với -1< x <  

y x   x 1 3 2x1 với -1< x < 1

 

2

y 4x 4x 3 (2 1) 3

9 (2 1)

4 x

x x

x x

      

    

 

      

  0,25 điểm

2

3 3

2

2 4

x

 

      

  0,25 điểm

Vậy ymax =

Khi x  = *

4

x (loại )

*

x (thoả mãn điều kiện )

0,25 điểm

UBND TỈNH AN GIANG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011-2012

- ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TOÁN

Thời gian làm : 120 phút SBD… Phịng…… (khơng kể thời gian giao đề) Ngày -7 -2011

-Bài (2,0 điểm) (khơng dùng máy tính)

1-Thực phép tính : 12 75 48 : 3 2-Trục thức mẫu :

15



  

Bài (2,5 điểm)

1-Giải phương trình : 2x2 – 5x – = 0

2-Cho hệ phương trình ( m tham số ) :    

a Giải hệ phương trình m =

b.Tìm giá trị m để hệ phương trình có nghiệm Bài (2,0 điểm )

Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol (P): y= 2

x

2 đường thẳng (d):

3 yx

1.Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm (P) (d)

2.Tìm m để đường thẳng (d’) :y= mx – m tiếp xúc với parabol (P) Bài (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O;r) hai đường kính AB,CD vng góc với nhau.Trên cung nhỏ DB, lấy điểm N ( N khác B D).Gọi M giao điểm CN AB

1-Chứng minh ODNM tứ giác nội tiếp 2-Chứng minh AN.MB =AC.MN

3-Cho DN= r Gọi E giao điểm AN CD.Tính theo r độ dài đoạn ED, EC

Lược giải: Bài 1/

1/ 12 75 48 : 3 = 4 25 16= 2–5 + =

2/

15



   =        

1 5

5 3

 



     =

1

2    Bài 2/

1/ 2x2 – 5x – = 0 49

  ; x1= ; x2=



2/

a/ Khi m=1 :

4

4

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

x y = 3 x + 2y = 1

Khi m=1 hệ pt có nghiệm (x = 7; y= ) b/*Khi m=0, ta có hệ pt 3

1 y y x x             

*Khi m0, hệ pt có nghiệm 2 1

1 2

m m m m         

Vậy hệ pt có nghiệm 2 m

Bài 3/

1/ Phương trình hồnh độ giao điểm ;

2 3

2

x x

   x22x 0

Vì a+b+c=1+2 - = 1; c

x x

a

   

Thay x1 1;x2 3 vào y= 2 x

,ta

1

;

2

y  y 

Vậy (d) cắt (P) hai điểm 1;1

 

 

 

9 3;       

(P) : y = 2 x

Xét phương trình hồnh độ giao điểm :

2 x 

mx – m x2 2mx 2m 0

   

2 ' m 2m   

(d’) tiếp xúc với (P) ' 0 2 0  2 0 m

m m m m

m

 

          

 

Bài

1/ Tứ giác ODNM có :

 0 gt

MOD = 90

 0

DNM = 90 (DNC 900

 : góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  MOD+DNM =180 

Mà hai góc đối diện =>Tứ giác ODNM nội tiếp 2/ Ta có AOC = COB = AOD = DOB    900

=>AC CB AD DB

=>N 1N 2 ( góc nội tiếp chắn hai cung :AC CB )

Xét NCA NBM:

* 

1

N N ( cmt)

*B1C1(hai góc nội tiếp chắn cung AN)

NA CA

NCA NBM AN MB AC MN

NM BM

  ∽     

3/ Ta có :N 2 N 3 ( góc nội tiếp chắn hai cung :ACAD) CDN

 có CE phân giác CND =>ND DE NC EC (1)

Xét tam giác vuông CDN :CN CD2 DN2 4r2 r2 3r2 r 3

     

(1) =>

r DE

EC

r  =>  

2

3

3 3

ED EC ED EC r

r r r r r



     

   => ED= 1 r

SỞ GD&ĐT HỊA BÌNH

Đề thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ THI MƠN TỐN

LỚP CHẤT LƯỢNG CAO TRƯỜNG PT DTNT TỈNH

Ngày thi : 21 tháng năm 2010 Thời gian làm 150 phút (không kể thời gian giao đề )

( Đề thi gồm có 01 trang )

Câu 1 (2 điểm) Cho biểu thức :

2 x -

A = 1- + :

x - x - x +

 

 

 

 

a) Tìm x để biểu thức A có nghĩa ; b) Rút gọn biểu thức A

Câu 2 (2 điểm) Cho phương trình : x - mx - x - m - = 02 (1), (m tham số).

b) Tìm giá trị m để biểu thức 2

1 2

P = x + x - x x + 3x + 3x đạt giá trị nhỏ

Câu 3 (2 điểm) Một canơ xi dịng sơng từ bến A đến bến B hết giờ, ngược dịng sơng từ bến B bến A hết (Vận tốc dịng nước khơng thay đổi)

a) Hỏi vận tốc canô nước yên lặng gấp lần vận tốc dòng nước chảy ? b) Nếu thả trôi bè nứa từ bến A đến bến B hết thời gian ?

Câu 4 (3 điểm)

1 Cho tam giác ABC vuông A AB = 10cm Gọi H chân đường cao kẻ từ A xuống BC Biết HB = 6cm, tính độ dài cạnh huyền BC

2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), H trực tâm tam giác, AH cắt đường tròn (O) D (D khác A) Chứng minh tam giác HBD cân

Hãy nêu cách vẽ hình vng ABCD biết tâm I hình vng điểm M, N thuộc đường thẳng AB, CD (Ba điểm M, I, N không thẳng hàng)

Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2

2 2

x y - xy - = x + y = x y

    

HƯỚNG DẪN CHẤM DTNT Chất lượng cao

Câu ý Hướng dẫn chấm Điểm

1

1a x 2,x 2,x 1

1b

2

2

2

2 2 2

:

2

6

2

x x x x

A x x x x x x x                 0.5 0.5 2 2a

ViÕt (1) x2 (m1)x (m3) 0

Ta cã  (m1)24(m3)m26m13 ( m3)2  4 0 m

Vì m nên phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt với m

0.5 0.5

2b

+ Theo định lý Viet ta có: 2

1 ( 3)

x x m

x x m

  

 

 



+ Lúc đó: P (m 1)2 3(m 3) 3(m 1) m2 8m 13 (m 4)2 3 3

            

+ Vậy với m = - P đạt giá trị nhỏ -3

0.5 0.5

3 3a

+ Gäi x, y lần lợt vận tốc tht canô vận tốc dòng nc chảy, từ giả thiết ta có phơng tr×nh: 6(x y ) 8( x y ) 2x14y x7y

+ VËy vËn tèc cđa can« nước n lng gấp lần vận tốc dòng nớc

0.5 0.5

3b

+ Gọi khoảng cách hai bến A, B S, ta có: 6(x y ) S 48y S + Vậy thả trụi bè nứa xuôi từ A đến B hết số thời gian S 48

y  (giê)

0.5 0.5

4

4a

áp dụng hệ thức lợng tam giác vuông ABC, ta có:

2 . 50

3 BA

BA BH BC BC

BH

   

Vậy độ dài cạnh huyền là: 50 (cm)

1

4b

+ BH cắt AC E Chứng minh đợc ΔBHI ΔAHE  HAC HBC (1) + Lại có: HAC=DBC  (2) + Từ (1) (2) suy ra: BC phân giác DBH (3) + Kết hợp (3) với giả thiết BCHD suy tam giác DBH cân B

4 4c

+ Gọi M’ N’ điểm đối xứng M N qua tâm I hình vng ABCD Suy MN’ // M’N

+ Gọi H, K chân đường vng góc hạ từ I xuống

đường thẳng MN’ M’N Vẽ đường trịn tâm H, bán kính HI cắt MN’ hai điểm A B; vẽ đường trịn tâm K, bán kính KI cắt M’N hai điểm C D

+ Nối điểm A, B, C, D theo thứ tự ta hình vuông ABCD

A B

C

D K

H N'

M' M

I

N

(Thí sinh không cần phân tích, chứng minh cách dùng)

0.5 0.5

5

+ Cã 2 2 xy x y xy

xy

 

    

 

+ Gi¶i hƯ 2 2

2

1 1

1

1 x

xy

y x

x y

x x

    

 

 

 

 

 



 

, Vô nghiệm

+ Giải hÖ 2 2

2

2 2

2

4 x

xy

y x y

x

x y

x x

    

 

    

 

 

 



 

 

KÕt luËn hÖ cã hai nghiÖm:( ; 2);( ; 2)

UBND tØnh b¾c ninh

Sở giáo dục đào tạo đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thptNăm học 2011 - 2012 Mơn thi: Tốn (Dành cho tất thí sinh) Thời gian: 120 phút(Khơng kể thời gian giao )

Ngày thi: 09 tháng 07 năm 2011 Bài 1 (1,5 điểm)

a) So sánh hai số:

b) Rút gọn biểu thức: 5

3 5

A   

 

Bài 2 (2,0 điểm) Cho hệ phương trình:

2

x y m

x y

   



 



( m tham số) a) Giải hệ phương trình với 1m

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x y;  thỏa mãn: x2 2y2 1

 

Bài (2,0 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình:

Một người xe đạp từ A đến B cách 24 km Khi từ B trở A người tăng vận tốc thêm km/h so với lúc đi, thời gian thời gian 30 phút Tính vận tốc xe đạp từ A đến B Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R), dây cung BC cố định (BC < 2R) điểm A di động cung lớn BC cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao BD CE tam giác ABC cắt H

a) Chứng minh tứ giác ADHE tứ giác nội tiếp b) Giả sử BAC 60

 , tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R

c) Chứng minh đường thẳng kẻ qua A vng góc với DE qua điểm cố định

d) Phân giác góc ABD cắt CE M, cắt AC P Phân giác góc ACE cắt BD N, cắt AB Q Tứ giác MNPQ hình gì? Tại sao?

Bài (1,0 điểm) Cho biểu thức: P xy x 2  y 6 12x2 24x 3y2 18 36y

        Chứng minh P

dương với giá trị x y;  

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

Bài Đáp án Điểm

1 (1,5 điểm)

a) 0,75 điểm

+ 5 45 3 48

+ 45 48 3

0,25 0,25

0,25

b) 0,75 điểm

   

   

2

3 5

3 5

A   

 

 

(9 5) 5

    





0,25

0,25

12 54 3

0,25

2 (2,0 điểm)

a) 1,0 điểm

Với m1 ta có hệ phương trình: 2 x y x y       

4

2         x y x y 10 2        x x y       x y 0,25 0,25 0,25 0,25 b) 1,0 điểm

Giải hệ: 10

2 2

x y m x y m

x y x y

                

10

2

x m x m

x y y m

 

 

   

   

 

Có: x2 2y2 1

   2m2  2m12 1  2m2 4m 0

Tìm được: 10

m  10 m 

0,25 0,25 0,25 0,25 3 (2,0 điểm) 2,0 điểm

Gọi vận tốc xe đạp từ A đến B x (km/h, x > 0) Thời gian để từ A đến B 24

x (h)

Vận tốc xe đạp từ B đến A (x+4) (km/h) Thời gian để từ B đến A 24

4 x (h)

Theo ta có phương trình: 24 24 x  x 4 2

 x24x192 (*)

Giải phương trình  * x12tm x16 (loại)

Vậy vận tốc xe đạp từ A đến B 12 km/h

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4

(3,5 điểm)

BD  AC (gt)  ADB = 900 CE  AB (gt)  AEC =  900 Tứ giác ADHE có  

D + E 180 nên tứ giác nội tiếp

0,25 0,25 0,25

b) 1,0 điểm

Kẻ OIBC ( I BC ), nối O với B, O với C Có BAC =  600  

BOC =1200 (góc nội tiếp góc tâm chắn cung) OBC

 cân O OCI 30



Suy OI R



0,5 0,25 0,25 c) 1,0 điểm

Gọi (d) đường thẳng qua A vng góc với DE Qua A kẻ tiếp tuyến sAt với đường tròn (O;R) AO sAt

BEDC

 nội tiếp (E, D nhìn BC góc vng)  ACB =AED  (cùng bù vớiBED )

Mặt khác BAs ACB  1sdAB

 



 

 

 BAs AED   sAt // DE (hai góc vị trí so le trong)  dsAt Có dsAt, OA sAt  d OA (tiên đề Ơclit)

 Đường thẳng (d) qua điểm O cố định

0,25 0,25

0,25 0,25 d) 0,5 điểm

Có ABD ACE  (cùng phụ với góc BAC ).

  1

ABP ECQ ABD

2

 

   

 

QEC

 vuông E ECQ EQC 90 

  

CQ BP

 

Mà BP, CQ phân giác nên MP, NQ cắt trung điểm đường

Vậy có MNPQ hình thoi

0,25 0,25

5 (1,0 điểm)

1,0 điểm

       

P x  2x y 6y 12 x  2x 3 y 6y 12  x  2x y  6y 12  3 y 6y 12 

y26y 12 x    2x 3 

   

2

y 3 x x, y

   

       

    

Vậy P dương với giá trị x, y  

0,25 0,25 0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTNĂM HỌC 2011-2012

ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN : TỐN (Dùng cho thí sinh)

Ngày thi : 29/6/2011

Thời gian làm : 120 phút (Không kể thời gian giao bài)

(Đề thi có trang) Bài 1. (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức sau:

a) A = 1 22 1 b)B = 1

2 2  3

2.Biết đồ thịcủa hàm số y = ax - qua điểm M(2;5) Tìm a

Bài 2. (2,0 điểm)

1 Giải phương trình sau: a)

3

x  x  b) x42x2 0

2.Cho phương trình: x2 2(m 1)x 2m 2 0

     với x ẩn số.

a)Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m b) Gọi hai nghiệm phương trình x1 , x2 , tính theo m giá trị biểu thức

E =  

1 2 2

x  m x  m

Bài (2điểm) Giải toán sau cách lập hệ phương trình:

Nhà Mai có mảnh vườn trồng rau bắp cải Vườn đánh thành nhiều luống mỗi luống trồng số bắp cải Mai tính : tăng thêm luống rau mỗi luống trồng số tồn vườn , giảm luống luống trồng tăng thêm số rau tồn vườn tăng thêm 15 Hỏi vườn nhà Mai trồng bao nhiêu bắp cải ?

Bài (3,0 điểm)

Cho đường trịn (O) đường kính AB điểm C cố định bán kính OA (C khác A và O) , điểm M di động đường tròn (M khác A,B) Qua M kẻ đường thẳng vng góc với CM , đường thẳng cắt tiếp tuyến A B đường tròn (O) D E

a) Chứng minh ACMD BCME tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh DCEC.

c) Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác ADEB nhỏ

Tìm số thực (x, y, z) thoả mãn :

 

1 29 2011 1016

2

x  y  z   x y z 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10THPT THỪA THIÊN HUỀ Khóa ngày 24-6-2011

- Mơn :TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm : 120 phút Bài 1: (2,5 điểm )

a)Rút gọn biểu thức :A=  3 2 2 3

b) Trục mẫu số rút gọn biểu thức : B = 24 3 2

c)Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình : 

 



2x + 6y = 7 5x 2y = 9 Bài 2: (2,5 điểm)

Cho hàm số y= 4x

 có đồ thị (P) hàm số y =mx – m – ( m 0) có đồ thị (d) a)Trên mặt phẳng tọa độ, vẽ đồ thị (P) đồ thị (d) m=1

b)Tìm điều kiện m để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 x2 Khi xác định m để x x + x x = 481 22 1 22

Bài 3) (1 điểm)

Trong phịng có 144 người họp, xếp ngồi hết dãy ghế (số người dãy ghế nhau).Nếu người ta thêm vào phòng họp dãy ghế nữa, bớt dãy ghế ban đầu người xếp lại chỗ ngồi cho tất dãy ghế cho số người dãy ghế vừa hết dãy ghế.Hỏi ban đầu phịng họp có dãy ghế ?

Bài 4) (1,25 điểm)

Cho tam giác ABC vng A (hình bên) a) Tính sin B.Suy số đo góc B b) Tính độ dài HB,HC AC

Bài 5) (1,5 điểm )

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R).Vẽ đường cao BD CE (DAC,E AB) gọi H trực tâm tam giác ABC.Vẽ hình bình hành BHCG

a)Chứng minh:Tứ giác AEHD nội tiếp điểm G thuộc đường tròn (O;R)

b)Khi đường tròn (O;R) cố định, hai điểm B,C cố định A chạy (O;R) H chạy đường nào? Bài 6): (1,25 điểm)

Biết hình cầu có tâm O, bán kính R=10 cm hình trụ có bán kính đáy r= cm đặt khít vào hình cầu đó.Tính thể tích hình cầu nằm ngồi hình trụ cho

Hết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10THPT NĂM HỌC 2011 - 2012

MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 01/ 7/ 2011 Thời gian làm bài: 120 phút

(Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm)

1 Tính 27 144 : 36

2 Tìm giá trị tham số m để hàm số bậc y = (m - 2)x + đồng biến R Câu 2: (3,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức 1

3

a a a

A

a a

     

     

   

 

, với a0; a1 Giải hệ phương trình: 13

2

x y

x y

 

 

 



3 Cho phương trình: x2 4x m 1 0

    (1), với m tham số Tìm giá trị m để phươngg trình (1) có hai nghiệm x x1, thoả mãn  

2

1

x  x 

Câu 3: (1,5 điểm)

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 192 m2 Biết hai lần chiều rộng lớn chiều dài 8m Tính kích thước hình chữ nhật

Câu 4: (3 điểm)

Cho nửa đường trịn (O), đường kính BC Gọi D điểm cố định thuộc đoạn thẳng OC (D khác O C) Dựng đường thẳng d vng góc với BC điểm D, cắt nửa đường tròn (O) điểm A Trên cung AC lấy điểm M (M khác A C), tia BM cắt đường thẳng d điểm K, tia CM cắt đường thẳng d điểm E Đường thẳng BE cắt nửa đường tròn (O) điểm N (N khác B)

1 Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp

2.Chứng minh ba điểm C, K N thẳng hàng

3 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKE Chứng minh điểm I nằm đường thẳng cố định điểm M thay đổi

Câu 5: (0,5 điểm)

Cho hai số thực dương x, y thoả mãn:

   

3 3 2 4 2 4 3 0

x y  xy x y  x y x y  x y  . Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x + y

-Hết -ĐÁP ÁN :

Câu 1 : (2,0 điểm)

2 Hàm số bậc y = (m - 2)x + đồng biến R m 0   m 2

Câu 2 : (3,0 điểm)

3 ( 3) ( 1).( 1)

2

3

( 2).( 2)

a a a a a a a

A

a a a a

a a a

            

         

         

 

     

    

Giải hệ phương trình: 13 13 21

2 4

x y x y y y

x y x y x y x

     

   

  

   

      

   

3.PT : x2 4x m 1 0

    (1), với m tham số ' ( 2)2 (m 1) 3 m

     



Phương trình (1) có nghiệm 0 3 m0 m3

Theo hệ thức Viét ta có x1x2 4 (2) x x1  m (3)

Theo đề ta có:

x1 x22  4 x12 x x1 2x22  4 x12x22 x x1  4 x1x22 x x1 4 (4) Thay (2),(3) vào (4) ta có: 16 - 4.(m+1) =  16- 4m – = 4 - 4m=-8

 m=2 (có thoả mãn m3) Câu 3: (1,5 điểm)

Gọi chiều rộng hình chữ nhật x(m) ĐK : x>8 Vậy chiều dài hình chữ nhật 192

x (m )

Do hai lần chiều rộng lớn chiều dài 8m nên ta có PT : 2x- 192 x =

2 2

,

1 2

2x 8x 192 0 x 4x 96 0

4 ( 96) 100 10

x 2 10 12, x 2 10 8

       

     

     

 

Giá trị x2 =-8 <0 (loại) x1 =12 có thoả mãn ĐK Vậy chiều rộng hình chữ nhật 12 m

H N

E

K

B

O

C D

M

a) Xột tứ giỏc CDNE cú CDE 90 o  ( GT) Và BNC 90 o

 (gúc nội tiếp chắn nửa đường trũn) nờn

 o

ENC 90 (Kề bự với gúc BNC) Vậy CDE CNE 90  o

  nờn tứ giỏc CDNE nội tiếp( Vỡ cú hai đỉnh kề D,N cựng nhỡn EC gúc vuụng) b) Gợi ý cõu b:

Tam giỏc BEC cú K giao điểm cỏc đường cao BM ED nờn K trực tõm Vậy KCBE

Tứ giỏc MENK nội tiếp nờn gúc KNE gúc vuụng nờn

KNBE Vậy C,K ,N thẳng hàng

c) Gợi ý câu c:

Lấy H đối xứng với C qua D, Do C,D cố định nên H cố định tam giác HKC cân K nên KHC KCH 

Mà BED KCH  (cùng phụ góc EBC) Vậy KHC BED  nên tứ giác BEKH nội tiếp nên I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKE qua B H cố định nên I thuộc đường trung trực BH

Câu 5

ta có

     

           

       

                     

2

3 2

3 2

3

3

2 2

2 2

3 4

3 3

2

2

x y x xy y xy x xy y xy xy

x x xxy xy y y xy y xy xy x xy y xy xy

x xy y xy xy x y xy

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

y x

Taco x xy y xy x xy y xy xy x xy

      

     

           

     

       

 

          

 



           

 

 

2

2

2

2

3

( )

2

2 2 2( )

4

y

y xy xy

x y

x y a x y xy xy x y x y x y

 

   

 

 



               

Vậy x+y nhỏ x=y=1

SỞ GIÀO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO Năm học: 2011– 2012

Môn: Toán (hệ số 1)

Bài 1: (2 điểm)

Cho hai biểu thức : A = a b b a ab



B =

2

( a b) 4 ab

a b

 



( với a >0 b >0 a b ) 1/ Rút gọn A B

2/ Tính tích A.B với a = , b = Bài : (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: 1/ x4 6x3 27x 22 0 

2/

2

4 2x 3y x + y

1

9 2x 3y x + y



 

 

 

  

 



Bài : (2 điểm)

Một xe ô tô từ A đến B cách 180km Sau giờ, ô tô dừng lại để đổ xăng và nghỉ ngơi 15 phút tiếp tục với vận tốc tăng thêm 20 km/h đến B đã định Tính vận tốc ban đầu xe ô tô

Bài :(3 điểm)

Cho tam giác ABC cạnh a nội tiếp đường tròn (O)

1/ Tính theo a phần diện tích hình trịn (O) nằm ngồi tam giác ABC

2/ Trên BC lấy điểm M tùy ý ( M khác B ,C ) ; từ M kẻ MP , MQ vng góc với AB , AC P , Q Chứng minh :

a) Tứ giác APMQ nội tiếp

b) Khi điểm M di động cạnh BC tổng MP + MQ khơng đổi Bài :(1 điểm)

Cho tam giác ABC có A = 60 0 Chứng minh : BC2 AB2 AC2 AB AC.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: ( 3,0 điểm) a) Rút gọn:

A = ( 122 27  3): 3=2 3  3 : : 7   1đ

b) Giải phương trình :

x2 - 4x + =0 phương trình có dạng a+b+c = + (-4) +3 =

O

A B

M

C

D

F H I

  

  

 

1 4 2

y x

y

x 3x 3 x 1

x y 1 y 2

 

 

   

  

 

1 đ Bài 2: ( 1,5 điểm)

Cho Parabol (P): y = x2 đường thẳng (d) : y = 2x + a

a\ Vẽ Parabol (P) 0,75 đ

b\ Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2 = 2x +a x2 2x a 0

    (1)

' a  

(d) (P) khơng có điểm chung  pt (1) vơ nghiệm ' 0    1 a 0 a 1

Bài 3: ( 1,5 điểm):

Gọi x (km/h) vận tốc ôtô thứ (đk x>0) vận tốc ô tô thứ : x + 10 ( km / h)

Thời gian ôtô thứ từ A đến B là: 100

x (h)

Thời gian ôtô thứ hai từ A đến B là: 100

x 10 (h)

Vì ôtô thứ đến B trước ôtô thứ 30 phút nên ta có phương trình:

100 100 1

x  x 10 2

2

200x 2000 200x x 10x

    

2

x 10x 2000 0

   

Pt có nghiệm x1 = 40 (nhận) x2 = - 50 (loại)

Vậy vận tốc ôtô thứ 40 km/ h vận tốc ôtô thứ 50km/h Bài 4: ( 3,5 điểm)

a\ ta có:

 

MCO MDO 90  ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 

MCO MDO 180

    tứ giác OCMD nội tiếp

đường trịn đường kính MO

b\ Xét hai tam giác MCA MBC có:



  

M : góc chung 1

MCA MBC sdCA

2

 

MCA

  MBC MC MA MC2 MA.MB

MB MC

    (1)

c\ Gọi I giao điểm MO CD  MO CD I ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Trong tam gaic1 vng MCO có MI đường cao

2

MC MI.MO

  (2)

Từ (1) (2) suy : MA.MB = MI MO  tứ giác AIOB nội tiếp

 

MIA OBA

  mà OBA OAB   MIA OAB  mà OAB OIB  ( chắn cung OB)  MIA OIB  AIF BIF ( phụ hai góc trên) IF phân giác góc AIB

Mà AIB AOB  ( chắn cung AB)

Do FIB FOB( FIA FOA)     Tứ giác IOBF nội tiếp mà FIO 90

  FIO nội tiếp đường trịn đường kính OF  Tứ giác IOBF nội tiếp đường trịn đường kính OF

Tương tự tứ giác IOAF nội tiếp đường trịn đường kính OF Suy tứ giác AOBF nội tiếp đường trịn đường kính OF

  

AFH AFO ABO

   ( chắn cung BO)

Trong tam giác vuông AFH ta có: 



AH

AH AF.sin AFH AF

sin ABO

  

Ta có AB cố định nênABO cố định H cố định  AH sin ABO không đổi

AF

 không đổi mà A cố định F cố định M thay đổi

Bài 5: ( 0,5 điểm)

a2 + b2 + 3ab -8a - 8b - 2 3ab+19 =

 (a+b)2 - ( a+b) + 16 + ab - 2 3ab + =

 (a+b - 4)2 + ( ab 3)2

 =

a b 0

ab 3 0

   

  

  



a b 4 a.b 3

  

   

Do a b nghiệm phương trình: X2 – 4X + =

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN THI TUYỂN SINH LỚPP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011-2012

MƠN THI: TỐN HỌC

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1:Rút gọn biểu thức A = (1 42 )2

2a1 a  a a , với a > o,5 Bài 2: Khơng dùng máy tính cầm tay,hãy giải phương trình :

29x2 -6x -11 = o

 2011 2011 2011

x y

x y

 

 

Bài 4: Cho hàm số bậc y =f(x) = 2011x +2012

Cho x hai giá trị x1, x2 cho x1 < x2 a Hãy chứng minh f(x1) < f(x2)

b Hàm số đồng biến hay nghịch biến R ?

Bài 5 :Qua đồ thị hàm số y = - 0,75x2,hãy cho biết x tăng từ -2 đến giá trị nhỏ giá trị lớn y ?

Bài 6: Hãy xếp tỷ số lượng giác sau theo thứ tự tăng dần ,giải thích ? Cos470, sin 780, Cos140, sin 470, Cos870

Bài 7:Cho htam giác có góc 450.Đường cao chia cạnh kề với góc thành phần 20cm 21cm Tính cạnh lớn hai cạnh cịn lại

Bài 8: Cho đường trịn O bán kính OA đường trịn đường kính OA a.Xác định vị trí tương đối hai đường trịn

b.Dây AD đường tròn lớn cắt đường tròn nhỏ C.Chứng minh nrằng AC = CD

Bài 9: Cho A,B,C, ba điểm đường tròn.Atlà tiếp tuyến đường tròn A đường thẳng song song với At cắt AB M cắt AC N

Chứng minh : AB.AM =AC.AN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2011 – 2012

Mơn : TỐN

Thời gian : 120 phút (không kể phát đề) Câu (4,0 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay:

a) Tính: P = 12 3

 

b) Giải phương trình: x2 – 6x + = 0.

c) Giải hệ phương trình:

2

x y

x y

  



 



Câu (4,0 điểm)

Cho phương trình x2 – 3x + m – = (m tham số) (1).

a) Giải phương trính (1) m =

b) Tìm giá trị tham số m để phương trình (1) có nghiệm kép

c) Tìm giá trị tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 độ dài cạnh

một hình chữ nhật có diện tích (đơn vị diện tích) Câu (6,0 điểm)

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (d).

a) Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ vuông (đơn vị trục nhau) b) Xác định tọa độ giao điểm (P) (d) phép tính

c) Tìm điểm thuộc (P) cách hai điểm A( ; 0)

2  B

3

(0; 1)

2 

Câu (6,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O bán kính R Từ điểm A nằm ngồi đường tròn kẻ tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (M, N là tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp b) Biết AM = R Tính OA theo R

c) Tính diện tích hình quạt trịn chắn cung nhỏ MN đường trịn tâm O theo bán kính R

d) Đường thẳng d qua A, không qua điểm O cắt đường tròn tâm O hai điểm B, C Gọi I trung điểm BC Chứng tỏ năm điểm A, M, N, O I nằm đường tròn

… Hết …

GỢI Ý GIẢI Câu 1.(4,0 điểm)

a) P = 12 3

  =2 3

  = (2 1) 20

3

  

b) Phương trình x2 –6x + = 0, có: '

 = b’2 – ac = (-3)2 – = > 0 '= 1 Suy ra: phương trình cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = 4; x2 =

c)

2

x y

x y

  



 



 2 1

2 3

x x x x

x y y y y

   

   

  

   

     

   

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: x y

  

  Câu 2. (4,0 điểm)

 x(x – 3) = x x

    



Vậy m = 1, phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 0; x2 = 3.

b) Phương trình (1) có nghiệm kép có = 0  (-3)2 – 1.(m – 1) = 13 – 4m = 0

 m = 13 Vậy m = 13

4 phương trình (1) có nghiệm kép. c)

 ĐK để pt(1) có hai nghiệm x1, x2    13 – 4m   m 

13 .  Khi pt(1) có: x1x2 =

c

a = m –

 Theo đề bài, ta có: x1x2 =  m – =  m = 3( thỏa ĐK)

 Vậy m = phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 độ dài cạnh

hình chữ nhật có diện tích (đơn vị diện tích). Câu 3. (6,0 điểm)

a)

 Bảng số giá trị tương ứng (P):

x -2 -1 0 1 2

y 4 2 0 2 4

 Vẽ (d): y = x +

Cho x =  y =  (0; 2) (d) Cho x =  y =  (1; 3) (d)

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2 = x +  x2 – x – = 0



1 x x

    

 (2;4)

1 ( 1;1) y

y

  

    

Vậy:(d) cắt (P) hai điểm (2; 4) (-1; 1). c) Gọi M(xM; yM)  (P) cách hai điểm A, B

Ta có:

 y

M =x MA = MB.M2

 Đặt x

M = x, a =

2 

 MA2 = (x

A – xM )2 + (yA – yM )2

= (a – x)2 + (0 – x2)2

= a2 – 2ax + x2 + x4.

 MB2 = (x

B – xM )2 + (yB – yM )2

= (0 – x)2 + (a – x2)2

= x2 + a2 – 2ax2 + x4.

 MA = MB  MA2 = MB2

 a2 – 2ax + x2 + x4 = x2 + a2 – 2ax2 + x4.

 2ax2 – 2ax =  x2 – x =

1 x x

    



 (0;0)

1 (1; 1) y

y

  

   

 Vậy có hai điểm thỏa đề bài: O(0; 0) M(1; 1)

Câu 4. (6,0 điểm)

a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp: + (O) có:

 AM tiếp tuyến M  AM OM  OMA 900  (1).  AN tiếp tuyến N  AN  ON  ONA 900

 (2).  Từ (1 , (2) OMA ONA 1800

   Tứ giác AMON nội tiếp đường trịn đường kính OA. b) Biết AM = R Tính OA theo R:

OAM

 vuông M  OA = OM2 AM2 

 OA = R2 R2 R 2

 

c)Tính diện tích hình quạt trịn chắn cung nhỏ MN đường tròn tâm O theo bán kính R. + (O) có:

 Hai tiếp tuyến AM, AN cắt A  AM = AN =R = OM = ON

 AMON hình thoi (1)  Mà: OMA 900(cmt) (2)  Từ (1) (2)  AMON hình vuông

 MOM 900

  n0 = 900  Squạt (MON) = 

2

360 R n

= R R

2 90

360 (đvdt)

I trung điểm dây BC  OI BC 

 OIA900nhìn đoạn OA

 I  đường trịn đường kính OA (1)

Tứ giác AMON nội tiếp đường trịn đường kính OA (2) Từ (1), (2  điểm A,M, N, O, I  đường trịn đường kính OA.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH THUẬN Năm học: 2011 – 2012 – Khố ngày: 07/07/2011

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài:120 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ Bài 1: (2 điểm)

Cho hàm số bậc y = – x – có đồ thị đường thẳng (d) 1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đường thẳng (d)

2/ Hàm số: y = 2mx + n có đồ thị đường thẳng (d/) Tìm m n để hai đường thẳng (d) (d/) song song với nhau.

Bài 2: (2 điểm)

2/   

 



x 2y 2x 3y Bài 3: (2 điểm)

Rút gọn biểu thức sau: 1/ A 32 18 : 2 

2/    

 

15 12 6 B

5

Bài 4: (4 điểm)

Cho đường trịn tâm O bán kính R điểm A với OA = 2R Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) (với B, C tiếp điểm)

1/ Tính số đo góc AOB

2/ Từ A vẽ cát tuyến APQ đến đường trịn (O) (cát tuyến APQ khơng qua tâm O) Gọi H trung điểm đoạn thẳng PQ; BC cắt PQ K

a/ Chứng minh điểm O; H; B; A thuộc đường tròn b/ Chứng minh AP.AQ = 3R2.

c/ Cho OH R

2 , tính độ dài đoạn thẳng HK theo R - HẾT

-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2011 – 2012 KHÓA NGÀY: 07/07/2011

MƠN THI: TỐN Bài 1: (2 điểm)

1/ y = – x – có đồ thị đường thẳng (d) x = => y = – 2; x = – => y =

Đồ thị hàm số y = – x – qua (0;– 2) (– 2; 0)

2/ Đồ thị hàm số y = – x – (d) y = 2mx + n (d/) hai đường thẳng song song với khi:

a = a/ b  b/   1 2m vaø n  m 1vaø n2

Bài 2: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: 1/ 3x2 + 4x + = (a = 3; b = 4; c = 1)

 b2 4ac 4 2 4.3.1 0     2 Phương trình có nghiệm phân biệt:

         

     

1

b b

x 1;x

Cách khác: a – b + c = – + = Phương trình có nghiệm phân biệt:

  

1

c

x 1;x

a

2/             

      

   

x 2y 2x 4y 7y y

2x 3y 2x 3y 2x 3y x Vậy hệ phương trình có nghiệm Tập nghiệm S2; 1  Bài 3: (2 điểm)

Rút gọn biểu thức sau:

1/ A 32 18 : 2  4 : 13 : 13   

2/             

   

3 12

15 12 6

B

5

Bài 4: (4 điểm)

1/ AB tiếp tuyến (O) ABO 90  o ABO

 vng B có OA = 2OB

Do ABO tam giác cạnh OA 

 AOB 60 o

Cách khác: ABO vuông B có

 OB  R  1   o

cosAOB AOB 60

OA 2R 2/ a/ H trung điểm PQ

 OH PQ tại H Tứ giác OHAB có

   o o  o ABO AHO 90 90 180 Do tứ giác OHAB nội tiếp

Vậy điểm O; H; B; A thuộc đường trịn b/ Xét ABP AQBcó



A góc chung   1  ABP AQB sđ BP

2 (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung với góc nội tiếp chắn cung)

Do ABP∽ AQB(g g)  AB AP  AP.AQ AB (1)

AQ AB

Mặt khác ABO vng B, theo định lí Pi-ta-go

Ta có OA2 AB OB2  AB2 OA2 OB2 2R2 R2 3R (2)2 Từ (1) (2)  AP.AQ 3R

Ta có             

2 2

2

2 2 2 R 15R

OA AH OH AH OA OH 2R

2

 AHR 15

Xét AKC ACH ta có: 

A góc chung

AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  ABC cân A  ACK ABC 

Mặt khác ACO 90  o  C thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHAB

  

 ABC AHC 1sđ AC

2 (góc nội tiếp đường trịn ngoại tiếp tứ giác OHAB) Do ACK AHC 

Vậy AKC∽ ACH(g g)

      

2

AK AC AK AC 3R 6R 6R 15

AC AH AH R 15 15 15

2

  R 15 6R 15 R 15  HK AH AK

ĐÁP ÁN TUYEN SINH TOAN 10 TP HẢI PHÒNG I/TRĂC NGHIỆM:

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án D B C B A A D C

II/ TỰ LUẬN: Câu 1: a)

3

A 3(2 27 75 12)

2

3(6 3 3) 3.4 12

  

    

b)

2

( 2 6)

8 12 6 2

B

3 1 3 1 3 1

2( 1) 2 3 1



 

  

  



 



2) ĐTHS y = ax + b (d) song song với ĐTHS y = -3x + 2011 (d’)

=> a = -3 => y = -3x + b (1) V ì (d) qua A(1 ;1) => thay x = 1, y = v (1) ta c ó: = -3.1 + b => b = => y = -3x +

Câu 2: 1)

x 1 3 2x

4

3 5

 

 

<=> 5x + + 60  9x – 6x <=> 11x - 56 <=> x  56

11



2) 3x 2y 8 3x 2y 8 17y 17 x 2

x 5y 3 3x 15y 9 x 5y 3 y 1

     

   

  

   

      

   

3) a) x2 – 2(m+2)x+2m+1 = (1)

'

 = m2 + 4m + – 2m -1 = m2 + 2m + = ( m+1)2 + > m => Phương trình ln có nghiệm phân biệt x1;x2 với m

b) Ấp dụng hệ thức Viet có:

1

x x 2m 4 x x 2m 1

  

 

 



2 2

1 2

1

2 2

2

x x (x x ) 2x x (2m 4) 2(2m 1)

A x x 2m 1 2m 1

4 4 4

8m (4m 16m 16) 4m 2 4m 4m 10 4m 4m 12 2

4 4 4

4(m m 3) 2 1 9 9

m m

4 2 4 4

     

       

            

  

     

       

 

 A lớn A = 9

4

 <=> m +1

2 = <=> m = 1 2

Bài 3:

a) có: ABO ACO 90 

  ( AB,AC tiếp tuyến)

 ABOC nội tiếp (1)

có: AIO 90

 (Đường kính qua trung điểm dây)

=> AIO ACO 180 

  => AIOC nội tiếp (2)

Từ (1) v à(2) => điểm A,B,I,O,C nằm đ ường trịn

b) V ì AMB góc ngồi tam giác MBN => AMB =

 

MBN BNM

mà ABM BNM  ( góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn BM ) => AMB = ABM MBN  hay AMB =AMB

Xét AMB ABN có: A chung ; AMB =AMB => AMB ABN (g.g) => AB AM

AN AB => AB

2 = AM.AN c) Ta có: BE 2 BC BE BC BE EC

BC 5 5 2 5 2 3



    



=>BE 2

EC 3

Mặt khác: AB =AC ( T/C tiếp tuyến) mà điểm A,B,I,O,C nằm đ ường tròn ( CMa) =>

 

AB AC => BIE EIC  ( góc nội tiếp chắn cung nhau) => IE tia phân giác BIC => BEBI ECIC

( T/C tia phân giác ) => IB BE 2

IC EC 3

O N I

E

C B

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG

Đề thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2011 - 2012

MƠN THI: TỐN

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

Đề có 01 trang

Câu 1 (3,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2  6x 9 0

b) Giải hệ phương trình: 4 3 6

3 4 10

x y

y x

 

 

 



c) Giải phương trình: x2 6x 9 x 2011

   

Câu (2,5 điểm)

Một ca nơ chạy xi dịng từ A đến B chạy ngược dòng từ B đến A hết tất giờ.

Tính vận tốc ca nô nước yên lặng, biết quãng sơng AB dài 30 km vận tốc dịng nước km/giờ.

Câu 3 (2,5 điểm)

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm M, N cho M, O, N không thẳng hàng Hai tiếp tuyến tại M , N với đường tròn (O) cắt A Từ O kẻ đường vng góc với OM cắt AN tại S Từ A kẻ đường vng góc với AM cắt ON I Chứng minh:

a) SO = SA

b) Tam giác OIA cân

Câu 4 (2,0 điểm).

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = 0

b) Cho tam giác ABC vuông A Gọi I giao điểm đường phân giác Biết AB = cm, IC = cm Tính BC.

-Hướng dẫn chấm, biểu điểm

MƠN THI: TỐN CHUNG

Nội dung Điểm

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2  6x 9 0 1,0

Bài giải: Ta có ' ( 3)2 9 0

     0,5

Phương trình có nghiệm:

2

x   0,5 b) Giải hệ phương trình: (1)

3 10 (2)

x y

y x

 

 

 



1,0

Bài giải: Cộng (1) (2) ta có: 4x - 3y + 3y + 4x = 16  8x = 16 x = 2 0,5

Thay x = vào (1): – 3y =  y = 2

3 Tập nghiệm:

2 x y

   

  

0,5

c) Giải phương trình: x2 6x 9 x 2011

    (3) 1,0

Bài giải: Ta có x2 6x 9 x 32 x 3

      0,5

Mặt khác: x2 6x 9 0 x 2011 0 x 2011 x 3 x 3

           

Vậy: (3)  x 3 x 2011 3 2011 Phương trình vơ nghiệm

0,5 Câu (2,5 điểm )Một ca nô chạy xuôi dòng từ A đến B chạy ngược dòng từ B đến A hết tất Tính vận tốc ca nô nước yên lặng, biết quãng sơng AB dài 30 km vận tốc dịng nước km/giờ.

2,5

Bài giải: Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x km/giờ ( x > 4) 0,5

Vận tốc ca nơ xi dịng x +4 (km/giờ), ngược dòng x - (km/giờ).

Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B x304

 giờ, ngược dòng

từ B đến A x304

 giờ.

0,5

Theo ta có phương trình: 30 30

4

x x  (4) 0,5

2

(4)  30(x 4)30(x4)4(x4)(x 4) x  15x16 0 x 1 hoặc

x = 16 Nghiệm x = -1 <0 nên bị loại 0,5

Vậy vận tốc ca nô nước yên lặng 16km/giờ. 0,5

A

S

O N

M

I 0,5

a) Chứng minh: SA = SO 1,0

Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MAO SAO (1) 0,5

Vì MA//SO nên: MAO SOA  (so le trong) (2)

0,5

Từ (1) (2) ta có: SAO SOA   SAO cân  SA = SO (đ.p.c.m)

b) Chứng minh tam giác OIA cân 1,0

Vì AM, AN tiếp tuyến nên: MOA NOA (3) 0,5

Vì MO // AI nên: MOA OAI (so le trong) (4)

0,5

Từ (3) (4) ta có: IOA IAO   OIA cân (đ.p.c.m) Câu 4 (2,0 điểm).

a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = (1) 1,0

Bài giải: (1)  (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0

0,5

 (x+ y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0

 (y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2 (2)

Vì - (x+ y)2  với x, y nên: (y - 1)(y + 4)   -4  y  1

0,5

Vì y nguyên nên y  4; 3; 2; 1; 0; 1   

Thay giá trị nguyên y vào (2) ta tìm cặp nghiệm nguyên (x; y) PT cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1)

c) Cho tam giác ABC vuông A Gọi I giao điểm đường phân giác trong Biết AB = cm, IC = cm Tính BC.

5

x

D

B

A

C I

E

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi : TOÁN (chung) – Sáng ngày 30/6/2010

Bài giải:

Gọi D hình chiếu vng góc của C đường thẳng BI, E là

giao điểm AB CD.BIC

có DIC góc ngồi nên: DIC =

    0

( ) 90 : 45

IBC ICB  B C  

 DIC vuông cân  DC = : 2

Mặt khác BD đường phân giác và đường cao nên tam giác BEC

cân B  EC = DC = 12: 2

và BC = BE

0,5

Gọi x = BC = BE (x > 0) Áp dụng định lý Pi-ta-go vào tam giác vuông ABC và ACE ta có: AC2 = BC2 – AB2 = x2 – 52= x2 -25

EC2 = AC2 + AE2 = x2 -25 + (x – 5)2 = 2x2 – 10x

(12: 2)2 = 2x2 – 10x

x2 - 5x – 36 =

Giải phương trình ta có nghiệm x = thoả mãn Vậy BC = (cm)

O,5

Thời gian làm : 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1.(2 điểm)

a) Không sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức: A = 12 48 75 

b) Cho biểu thức: B = 2

1

x x x x x x

x x x x

      

 

 

  

 

Với giá trị x biểu thức xác định? Hãy rút gọn biểu thức B Câu 2.(2 điểm)

Khơng sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 2 2.x 7 0

  

b) 13

2

x y

x y

 

 

 



Câu (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y 2x2

 đường thẳng (d) có phương trình y2(m1)x m 1, m tham số

a) Vẽ parabol (P)

b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

c) Chứng minh m thay đổi, đường thẳng (d) ln qua điểm cố định Tìm điểm cố định

Câu 4.(2,5 điểm)

Cho đường tròn (O;R) đường thẳng () khơng qua O cắt đường trịn hai điểm A B Từ điểm M () (M nằm ngồi đường trịn (O) A nằm B M), vẽ hai tiếp tuyến MC, MD đường tròn (O) (C, D (O)) Gọi I trung điểm AB, tia IO cắt tia MD K

a) Chứng minh điểm M, C, I, O, D thuộc đường tròn b) Chứng minh : KD.KM = KO.KI

c) Một đường thẳng qua O song song với CD cắt tia MC MD E F Xác định vị trí M () cho diện tích tam giác MEF đạt giá trị nhỏ

Câu (1 điểm)

Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90cm đặt úp hình trụ tích 9420cm3 bán kính đáy hình trụ 10cm, cho đường tròn đáy hình trụ tiếp xúc (khít) với mặt xung quanh hình nón đáy hình trụ nằm mặt đáy hình nón Một mặt phẳng qua tâm O đỉnh hình nón cắt hình nón hình trụ hình vẽ

Tính thể tích hình nón Lấy  3,14.

S

-HẾT- O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Bản hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) I Hướng dẫn chung:

1) Nếu thí sinh làm khơng theo cách giải nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định

2) Điểm tồn khơng làm trịn số II Đáp án biểu điểm:

Câu Đáp án Biểu điểm

Câu 1 (2điểm) a)

0,75đ Rút gọn biểu thức: A = 12 48 75 

A= 16 3 25 3     0,25

A= 15 3  0,25

A=9 0,25

b)

1,25đ Rút gọn biểu thức: B = 2

1

x x x x x x

x x x x

      

 

 

  

 

B xác định x 0 x1 0,25

B = 22 ( 1) ( 1)

1 ( 1)

x x x x x

x x x

               0,25

B = 22 ( 1)( 1)

1 ( 1)

x x x x

x x x

     

 

 

 

 

= ( 2)( 1) ( 2)( 1) ( 1)

x x x x

x x x

   



 0,25

B =x x ( x 2)( x 1)

x x

   

 0,25

B = x x x x

x x

   

 = x x x x

x

    

 0,25

Câu 2. (2 điểm)

a) 1đ x2 2 2.x 7 0

  

   ' 0,5

1 3; 2

x   x   0,5

b) 1đ 13 13

2 4

x y x y

x y x y

   

 



 

    

  0,25

2 13 21 x y y         0,25  3( 3) 13

3 x y        0,25  x y      0,25 Câu 3. (2,5điểm)

a) 1đ Vẽ parabol (P)

y

- Vẽ đồ thị (P) có đỉnh O, nhận trục tung làm trục đối xứng qua điểm (-2;8), (-1;2), (1;2), (2,8) (giám khảo tự vẽ)

Ghi chú:- Nếu thí sinh vẽ xác đồ thị (P) có đỉnh O ghi tọa độ hai điểm đồ thị cho điểm tối đa.

- Nếu thí sinh vẽ dạng parabol (P)có đỉnh O khơng ghi điểm nào khác đồ thị cho 0,25đ.

0,5

b) 0,75đ

Phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng (d) với parabol (P) là:

2x2 - 2(m -1)x + m -1 = 0 0,25

2

' (m 1) 2(m 1) (m 1)(m 3)

        0,25

Đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt  ' Khi : (m -1)(m - 3) >  m1 m >

Vậy m < m > (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

0,25 c)

0,75đ Gọi Ta có : A x y( ; )0 o điểm cố định đường thẳng (d)

0 2( 1)

y  m x  m với m  (2x01)m 2x0 y0 1 với m

0,25

0

2

2

x

x y

 

  

   



0,25

0

1 x y

    

 



Vậy đường thẳng (d) qua điểm cố định ( ;0)1

0,25

Ghi chú: thí sinh trình bày:

Phương trình đường thẳng (d): y = 2(m -1)x - m +1 đưa dạng:

(2x - 1)m –2x – y + = (*) 0,25

Các đường thẳng (d) qua điểm cố định phương trình (*) với m, hệ phương trình sau thỏa mãn:

2

x x y

 

 

   

 0,25



1 x y

      

Vậy đường thẳng (d) qua điểm cố định ( ;0)1

0,25

a) 1đ

Vì MC, MD tiếp tuyến (O) nên: OC MC; ODMD I trung điểm dây AB nên OIAB

0,25 0,25 Do đó: MCO MDO MIO   900

   0,25

Vậy: M, C, I, O, D nằm đường trịn đường kính MO 0,25 b)

0,75 đ

Trong hai tam giác vng ODK MIK ta có : CosK KD KI

KO KM

  0,5

Ghi chú: thí sinh chứng minh ODK MIK : 0,25đ KD KO

KI KM

  : 0,25đ

KD KM KO KI

  ( đpcm) 0,25

c) 0,75đ

Vì tam giác MCD cân M EF//CD nên tam giác MEF cân M Do đường cao MO trung tuyến

Ta có: EF

1

.EF= (2 )

2

M

S  MO MO OE MO OE OC ME (vì MOE vng)

0,25

2 2

EF ( ) 2

M

S OC MC CE  OC MC CE  OC OC  OC  R 0,25 SMEF đạt giá trị nhỏ dấu “=” xảy  MC = CE  MOE vuông cân O

2

OM OC R

    M giao điểm ( ) đường tròn (O;R 2)

0.25 Câu 5. (1 điểm)

M

E

B A

O

D

I

K F

C

S

I

A B

C D

Gọi V1, R1, h1 thể tích, bán kính đáy chiều cao hình trụ V2, R2, h2 thể tích, bán kính đáy chiều cao hình nón Ta có : 12 1 12

1

9420

30 3,14 100 V

V R h h

R





    

 (cm)

0,25

Ta có : ID // OB nên

2

90 30 90

R h h

ID SI

OB SO R h

 

     0,25

3

10 15

2

R R

     (cm) 0,25

Vậy : 22 2

1

3,14 15 90 21195

3

V  R h      (cm3)

Kết luận : Thể tích hình nón 21195cm3

0,25

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi : 02 tháng 07 năm 2011

Mơn thi : TỐN (khơng chun)

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

-ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang – Thí sinh khơng phải chép đề vào giấy thi) Câu 1 : (1,5 điểm)

Cho biểu thức : A :  0, 1

1

1

x

x x

x

x x x x

   

        

       

 

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị x cho A 0 Câu 2 : (0,75 điểm)

Giải hệ phương trình sau:

2

1

5

2

x y

x y

  

 

 

 

Câu 3: (1,75 điểm)

Vẽ đồ thị hàm số  P :

y x

  Tìm m để đường thẳng  d :  y x m tiếp xúc với đồ thị  P Câu 4: (3,0 điểm)

Cho phương trình : x2 2(m 1)x m 4 (1)

      (mlà tham số) a) Giải phương trình  1 m4

b) Chứng tỏ rằng, với giá trị m phương trình  1 ln có hai nghiệm phân biệt

c) Gọi x x1,2 hai nghiệm phương trình (1) Chứng minh biểu thức

   

1 2

Bx 1 x x 1 x không phụ thuộc vào m Câu 5: (3,0 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn (M khác A, B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt tia Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường trịn E cắt tia BM F; BE cắt AM K

a) Chứng minh tứ giác EFMK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tam giác BAF tam giác cân

c) Tia BE cắt Ax H Tứ giác AHFK hình gì?

-Hết -Câu 5: (3,0 điểm)

GT

M thuộc nửa O;AB

 



 

 , tiếp tuyến Ax, BM cắt Ax I, AF phân giác IAM A 1A 2, BE cắt AM K c) BE cắt Ax H

KL

SỞ GD&ĐT BÌNH DƯƠNG

-*** -ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012 Mơn : TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (1đ)

Tính M 15x2 8 15 16x

   , x= 15 Bài (2đ)

1) Vẽ đồ thị hàm số sau mặt phẳng toạ độ :

y = 2x – (d)

; y = -x + (d’)

Và tìm toạ độ giao điểm A (d) (d’) cách giải hệ phương trình 2) Tìm m để (P): y = mx2 qua điểm có toạ độ (3;2)

Bài 3(2đ)

1) Giải phương trình : x2 + 7x + 10 = 0 2) Giải phương trình : x4 - 13x2 + 36 = 0 Bài 4(2đ)

1) Tính chiều dài chiều rộng hình chữ nhật có chu vi 33m diện tích 252m2 2) Cho phương trình : x2 – 2(m + 2)x + 2m + = (1)

Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt lớn 0,5 Bài (3đ)

Cho đường trịn (C) tâm O Từ điểm A ngồi (C) vẽ tiếp tuyến AB, AC với (C) (B,C tiếp điểm) Vẽ đường thẳng (d) qua C vng góc với AB, (d) cắt đường thẳng AB H cắt (C) E, C cắt đường thẳng OA D

1) Chứng minh CH // OB tam giác OCD cân 2) Chứng minh tứ giác OBDC hình thoi

3) M trung điểm EC, tiếp tuyến (C) E cắt đường thẳng AC K chứng minh O, M, K thẳng hàng

Hết Giải: Bài 1: (1đ)

 2

2

15 15 16 15 15

M  x  x   x  x 

Thay x= 15  M  15 15 4 11 11 Bài (2đ)

1) Vẽ đồ thị hàm số sau :

x

y = 2x – -4

x

y = -x + 5 Hệ phương trình (d) (d’)

y= 2x – 0= 3x – x= x=

y x y x y y

   

  

   

      

   

Vậy: toạ độ giao điểm (d) (d’) A(3;2)

2) Vì (P): y = mx2 qua điểm có toạ độ (3;2) , tức x = ; y = 2 Ta được: = m32 m = 2

9 Bài 3(2đ)

1) x2 + 7x + 10 = 0

 = b2 – 4ac = 49 – 40 =

Vì  > nên Pt có nghiệm phân biệt:

1

2

7 2;

2

7

2

b x

a b x

a

    

  

    

  

2) x4 - 13x2 + 36 = 0 Đặt x2 = t ≥ 0

Ta được: t2 – 13t + 36 = 0

 = b2 – 4ac = 169 - 144 = 25

Vì  > nên Pt có nghiệm phân biệt:

1

13

9( )

2

13

4( )

2

b

t tm

a b

t tm

a

   

  

   

  

Với t = t1 = = x2 , x = ±3 Với t = t2 = = x2 , x = ±2

Vậy Pt có nghiệm: x = ±3 ; x = ±2 Bài 4(2đ)

1) Gọi x(m) chiều rộng hình chữ nhật ( x > 0) 252

x (m) chiều dài hình chữ nhật

Vì chu vi hình chữ nhật 33m, nên ta có PT:

2 252

33

33 252 x

x

x x

 

   

 = b2 – 4ac = 1089 – 1008 = 81

Vì  > nên Pt có nghiệm phân biệt:

1

33

21( )

2

33

12( )

2

b

x tm

a b

x tm

a

   

  

   

  

Vì 21 + 12 = 33

Vậy: chiều dài: 21m chiều rộng 12m 2) x2 – 2(m + 2)x + 2m + = (1)

’ = b’2 – ac = [-(m + 2)]2 – (2m + 3) = m2 + 2m + 1= (m + 1)2 ≥

Vì ’ ≥ nên PT ln có nghiệm với m

1

2

' ' ( 2) | 1| 0,5

5

' ' ( 2) | 1|

0,5

b m m

x

a m

b m m

x

a

     



  

 



 



     

   

 

Vậy:

m phương trình (1) có nghiệm phân biệt lớn 0,5 Bài (3đ)

1)

Có AB  OB (AB tiếp tuyến)

Và AB  CH (gt)  CH // OB

 

AOB ODC   (slt)

Mặt khác theo tính chất tiếp tuyến cắt A, ta có :

AOBAOC

(OA tia phân giác 

BOC)

Nên ODC AOC OCD cân C

2)

OBD OCD có: AOBAOC

(cmt) OD: chung

OB = OC ( = R)

Nên OBD = OCD(c-g-c)  OB = OC; DB = DC

Mà CO = CD(OCD cân C)

Nên OB = OC = DB = DC

 Tứ giác OBDC hình thoi

3)

KE=KC OE=OC(=R)

  

 KO đường trung trực EC

Nên KO qua trung điểm M đoạn thẳng EC Hay O, M, K thẳng hàng

-Hết -Kỳ thi tuyển sinh Đồng Nai 2011 – 2012

Câu I: 2, 5đ

1/ Giải PT 2x2 – 3x – = 0 2/ Giải HPT

       0 3 2 7 3 y x y x

3/ Đơn giản biểu thức P 5 80 125

4/ Cho biết ab  a1 b1 (a1;b1) Chứng minh a + b = ab

Lưu ý: câu 1/, 2/ 3/ khơng sử dụng máy tính Câu II: 3,0đ

Cho Parapol y = x2 (P), đường thẳng : y = 2(1 – m)x + (d), với m tham số. 1/ Vẽ đồ thị (P)

2/ Chứng minh với giá trị m, parapol (P) đường thẳng (d) cắt hai điểm phân biệt 3/ Tìm giá trị m, để (P) (d) cắt điểm có tung độ y =

Câu III: 3, 5đ

Cho (O), dường kính AB = 2R, C điểm đường tròn ( khác A, B) Gọi M trung điểm cung nhỏ BC

1/ Chứng minh AM tia phân giác góc BAC 2/ Cho biết AC = R Tính BC, MB

3/ Giả sử BC cắt AM N Chứng minh MN MA = MC2 Câu IV: 1,0đ

Chứng minh P= x4 – 2x3 + 2x2 – 2x + 0, với giá trị x. Đáp án

Câu I

1/ PT có hai nghiệm x1 = 2; x2 = -0,5 2/ Hệ PT có nghiệm          14 ; ;y x

3/ P 5 80 125 54 5 50

4/ Vì a1,b1 a10,b 10,ab0

  

a b  a b  ab a b

b a b a b a b a b a                          1 1 1 1 1 Câu II: 1/ Vẽ (P)

2/ PT hoành độ giao điểm (P) (d) x2 – 2(1 – m)x – = 0 a,c trái dấu '= (1 – m)2 + >0

nên pt ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

1/ Chứng minh AM tia phân giác góc BAC MÂC góc nội tiếp chắn cung MC

MÂB góc nội tiếp chắn cung MB Mà hai cung MC, MB theo gt

Nên MÂC = MÂB hay AM phân giác BÂC 2/ Cho biết AC = R Tính BC, MB

0 90 ˆB  C

A ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn dường kính AB), nên tam giác ABC vng C Áp dụng định lý Pytago tính BC R

Tam giác AOC ( OA = OC = AC = R)

Do 0

120

60  

 sđ BC

C A

sđ  

Nên sđ MB sđ BC600  MBR

2

1 



3/ Giả sử BC cắt AM N Chứng minh MN MA = MC2

Hai tam giác MNC MCA đồng dạng ( Mˆ : góc chung, Cˆ1 Â1( hai gnt chắn hai cung nhau) Suy MN MA = MC2

Câu IV :

                   x x x x x x x nên x x vì x x x x x x x x x x x x x x x x                                  , 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2011-2012

MƠN TỐN

Thời gian 120 khơng kể thời gian giao đề Ngày thi : 01 tháng năm 2011( Đợt 1)

Đề thi có trang -Câu 1 (2,5 điểm)

a) Rút gọn A2 93 36:4

b) Giải bất phương trình : 3x-2011<2012 c) Giải hệ phương trình :

  

 

 

13 3 5

1 3 2

y x

y x

Câu 2 (2,0 điểm)

a)Giải phương trình : 2x2 -5x+2=0

b)Tìm giá trị tham số m để phương trình x2 –(2m-3)x+m(m-3)=0 có nghiêm phân biệt x1; x2 thỏa mãn điều kiện 2x1- x2=4

Câu 3 (1,5 điểm)

Một người xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi từ B đến A người tăng vận tốc thêm km/h so với lúc ,vì thời gian thời gian 30 phút tính vận tốc lúc từ A đến B ,biết quãng đường AB dài 30 km

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho đường trịn (O;R),M nằm ngồi (O) kẻ hai tiếp tuyến MA; MB với (O)

( A;B tiếp điểm).Kẻ tia Mx nằm MO MA cắt (O) C ;D.Gọi I trung điểm CD đường thẳng OI cắt đường thẳng AB N;Giải sử H giao AB MO

a) Chứng minh tứ giác MNIH nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh tam giác OIH đồng dạng với tam giác OMN , từ suy OI.ON=R2 c) Gỉa sử OM=2R ,chứng minh tam giác MAB

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện: x1 y y  y1 x x Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2

   

x xy y y

S

-Hết -Họ tên thí sinh Số báo danh Cán coi thi khơng giải thích thêm HD câu

từ GT ta có x1 y1y y x x giả sử x>y>1 VT>0; VP<0 vơ lí

giải sử 1<x<y VT<0;VP>0 vơ lí suy x= y

Do S=2x 22 33 dấu “=” xảy x=2 Vậy minS=-3 x=y=2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TRÀ VINH

-Đề thi thức

NĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn thi: TỐN

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

Câu (1,5 điểm)

Chobiểu thức : 1

1

A

x x

  

 

1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìn x để A = - Câu (1,0 điểm).

Giải hệ phương trình : 13

3

x y

x y

  

 

 

 

Câu (2,5 điểm). Cho hai hàm số

2 x

y

2 x y 

1) Vẽ đồ thị hai hàm sốnày mặt phẳng toạ độ 2) Tìm toạ độ giao điểm hai đồ thị

Câu (2,0 điểm).

Cho phương trình : x2 2(m 4)x m2 8 0

     (1) , với m tham số 1) tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2) Tìm m để x1x2 3x x1 có giá trị lớn

Câu (3,0 điểm).

Từ điểm M ngồi đường trịn tâm O bán kính R , vẽ hai tiếp tuyến MA , MB đến đường tròn tâm O bán kính R ( với A , B hai tiếp điểm ) Qua A vẽ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn tâm O E Đoạn thẳng ME cắt đường tròn tâm O F Hai đường thẳng AF MB cắt I

1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh IB2 IF IA.

 3) Chứng minh IM = IB

Khóa ngày 01-7-2011 Mơn: Tốn

Thời gian 120 phút

MÃ ĐỀ: 024

( Thí sinh ghi Mã đề sau chử “Bµi Lµm” tờ giấy thi)

Câu 1 ( điểm) Cho Phương trình x2 - 2(n-1)x – = ( n tham số)

a) Giải phương trình n = 2.

b) Gọi x1: x2 là hai nghiệm phường trình Tìm n để x1  x2 4 Câu 2 ( điểm) Cho biểu thức

1 x Q

x x x

 

  với x>0 x1

a) Thu gọn Q

b) Tìm giá trị x R cho

9

x và Q có giá trị nguyên.

Câu 3 (1,5điểm) Cho ba đường thẳng (l1), ( l2), (l3)

1

( ) : ( ) :

( ) :

l y x

l y x

l y mx

 



 

a) Tim tọa độ giao điểm B hai đường thẳng (l1) ( l2)

b) Tìm m để ba đường thẳng (l1), ( l2), (l3) quy.

Câu 4 (1 điểm) cho x,y số dương 1 1 x y 

Chứng minh đẳng thức: x y  x1 y1

Câu 5 ( 3,5 điểm) Cho đường trịn (O), đường kính MN dây cung PQ vng góc với MN Tại I ( khác M, N) cung nhỏ NP lấy điểm J (khác N, P) Nối M với J cắt PQ H

a) Chứng minh: MJ phân giác góc PJQ.

b) Chứng minh: tứ giác HINJ nội tiếp.

c) Gọi giao điểm PN với MJ G; JQ với MN K Chứng minh GK// PQ.

d) Chứng minh G tâm đường tròn nội tiếp PKJ .