DE THI VAO 10 CUA MOT SO TINH CO DAP AN DAY DU

BD là đường kính của đường tròn (O; R).. Gọi C là điểm chính giữa của cung AB. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB. OD cắt AC tại M. 1) Chứng minh MCNH là tứ giác nội tiế[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

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: 28 tháng 06 năm 2011 (Đợt ) Đề thi gồm: 01 trang

Câu (3,0 điểm).

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

4

1 ( 1)

  

 

x

x x x x

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

thẳng (d3): 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 .

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

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

THI NGÀY 22/6/2011 Thời gian: 120 phút Mơn: TỐN(khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1: (2,0 điểm)

   

2

)9

) 18

2) 12

a x x

x x

m y x m y x m

  

  

     

1) Giải 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 ơng trình

Tỡm giỏ trị đề hệ ph ơng trình có nghiệm cho biểu thức P đạt giá trị nhỏ

Bài 4: (3,5 điểm)

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

1)BEDC lµ 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

Bi 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

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

HƯỚNG DẪN GIẢI:

(GV Trần Khánh Long-THPT Lê Hồng Phong)

Câu 1:

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

2



;x2=

b/ đặt x2=t (t0) pt cho viết t2+7t-18=0 (*); 121 11 2 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

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

(3 2)(3 2) 1

A    

   

  

   



2/ a/

1 1

( )( )

( 1)( 1)

1 2

( )( )

( 1)( 1)

x x x

B

x x x

x x

x x x x

    

 

 

 



 

b/

2

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

ra y=1

Vậy hệ có nghiệm (0;1)

2/

2 2 2

2 2

2

( 1) 2

2 1

( ) ( ) ( )

2 2

1 1

( )

2 2

P x y m m m m

m m

m

        

    

   

P đạt GTNN 2khi

1

2

2

m  m

Câu 4:

 

 

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:

H E

Q

P

D

O A

B C

1) 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 tròn.

2) Vì tam giác HBC HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB

3) BEDC nội tiếp đường trịn suy BDE BCE BCQ ; từ câu 1/ TA CÓ :

 

BPQ BCQ

Suy BDE BPQ (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM) 4) OP=OQ (vì bán kính đường trịn O) (1)

 

EBD ECD (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy QA=PA Vậy A O cách P,Q nên suy đpcm.

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:

-(đáp án thang điểm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011

Đáp án gồm: 02 trang I, HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm

- Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

1

1.a Biến đổi 5x + = 3x + 7 2x 2  0,5

x = 0,5

1.b

Điều kiện: x0 x1 0,25

Biến đổi phương trình: 4x + 2x – = 3x + 4 3x =  x = 2 0,5

So sánh với điều kiện kết luận nghiệm x = 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

4

Hình vẽ đúng:

0,25

Lập luận có AEB 90  0,25

Lập luận có ADC 90  0,25

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

2

Ta có AFB AFC 90   0 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 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  

2

2

x yz  0 x 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 

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

0,25

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

1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy 

Dấu “=” xảy x = y = z =

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn : TOÁN

x

H

D

B C

E

A

F

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)  

a b

B + a b - b a

ab-b ab-a

 

 

  với a0,b0, a b 2 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

2 2 x + x 20.

2 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 + = 0

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 về 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):

Cho đường trịn 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. 2 Chứng minh : IC2 = IK.IB.

3 ChoBAC 60·  0 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: x + y + z

  

 

 

 Chứng minh rằng:x + y + z2 2 11

HẾT

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên, chữ ký: Giám thị 1:

Giám thị 2:

câu nội dung điểm

1 1

b) B= ( √a

√b(√a −√b)−

√b

√a(√a−√b))(a√b −b√a) = ( a− b

√ab(√a −√b))√ab(√a −√b)=a −b

0,5

2. ¿ 2x+y=9

x − y=24 ⇔ ¿2x+y=9

3x=33 ⇔ ¿2 11+y=9

x=11 ⇔ ¿y=−13

x=11 ¿{

¿

Vậy hpt có nghiệm (x;y) = (11;-13)

0,75

0,25

2 1.

a) −1¿2−1.[−(m2+4)]=m2+5 Δ'=¿

Vì m2≥0,∀m⇒Δ'>0,∀m

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

0,5

0,5

b) Áp dụng định lý Vi –ét

¿

x1+x2=2

x1x2=−(m2+4) ¿{

¿

x12+x22=20⇔(x1+x2)2−2x1x2=20 ⇒22+2m2+8=20⇔2m2=8⇔m=±2 vậy m= ±2

0,5

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 – 3

Vì đồ thị hàm số (1) song song với (d) ⇒ m=−1

1≠−3 ¿{

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 30x (h) thời gian từ B A 30x+3(h)

vì thời gian thời gian 30 phút = 12(h) nên ta có pt

0,25

0,25

30

x −

30

x+3= ⇒60x+180−60x=x2+3x

⇔x2+3x −180=0

Δ=9+720=729⇒Δ>0 ⇒x1=12(TM)

x2=−15(KTM)

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

0,25

0,25

0,25 4

a) Ta có

¿

AB⊥BO

AC⊥CO

¿{ ¿

( t/c tiếp tuyến)

⇒ ∠ABO=900 ∠ACO=900

⇒∠ABO+∠ACO=900+900=1800 ¿{

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

0,25

0,5

0,25

b) xét Δ IKC Δ IC B có ∠Ichung;∠ICK =∠IBC ( góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung CK)

⇒ΔIKC∞ ΔICB(g − g)⇒IC IB=

IK IC ⇒IC

2

=IK IB

0,5

0,5

c) ∠BOC=360

0

−∠ABO−∠ACO−∠BAC=1200

∠BDC=1

2∠BOC=60

0

(góc nội tiếp góc tâm chắn cung BC) Mà BD//AC (gt) ⇒∠C1=∠BDC=60

0 ( so le trong)

⇒∠ODC=∠OCD=900−600=300 ⇒∠BDO =∠CDO=300

0,25 B

D

C

O

A K

I

⇒∠BOD =∠COD=1200 ⇒ΔBOD=ΔCOD(c − g − c)

⇒BD=CD

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 5 Vì x , y , z∈[−1;3]

⇒ −1≤ x ≤3

−1≤ y ≤3 ¿

−1≤ z ≤3 ⇒

¿(x+1)(y+1)(z+1)≥0 (3− x)(3− y)(3− z)≥0

¿ ⇒

xyz+xy+yz+xz+x+y+z+1≥0

27−9(x+y+z)+3(xy+yz+xz)−xyz≥0 ¿

⇒2(xy+yz+xz)≥−2

¿⇒x2+y2+z2+2(xy+yz+xz)≥ x2+y2+z2−2

x+y+z¿2≥ x2+y2+z2−2 ¿

¿{ { ¿⇒¿

0,25

0,25

0,25

0,25

Cách2:.Khơng giảm tính tổng quát, 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) = (y +1) (z+1) = x + y + z = 3

⇒ Không xảy dấu đẳng thức .

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2011 – 2012

Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH

Thời gian làm : 120 phút Câu 1

a) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 1)x + song song với đường thẳng y = 5x – 1.

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 a) Rút gọn biểu thức P.

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 x 1, x2

thỏa mãn đẳng thức: 2 1

5 x x

x x

 

   

 

  .

Câu 4

Trên nửa đường trịn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q cho P thuộc cung AQ Gọi C là 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

-Họ tên thí sinh :………Số báo danh…………

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 – 1

 2m – 15= (do 31) 0,5đ

 2m 6 m3 0,5đ

b) Ta có:

2 10

3 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 a a    0,5đ

 1 a  0 a 1 Kết hợp với điều kiện a >0, ta < a < 1. 0,5đ

3

a) Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y = x2 y = - x + nghiệm

của phương trình: x2 = - x+2  x2 + x – = 0,5đ Giải được: x1 = x2 = - 2.

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:

b x x

a

  

c

x x m

a

   0,25đ

Ta có:

1

1 2

1 2

1

5 (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 tròn). 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))

 

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: 2 a 0 , 2 b 0 , 2 c 0 0,25đ

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

2

2

a

b a

b    (1)

2

2

b

c b

c     (2)

2

2

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 tồn 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 (Không 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 của tham số m.

c) Tìm m để phương trình cho có nghiệm x1, x2 thõa mãn hệ thức x x 3x x12 22 0.

Bài 3: (2,0 điểm)

Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 6m bình phương của

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 trịn 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 AC cắt NP D và 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)

2

x 2x 2011 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =

x  

(với x 0 ) ……… Hết ………

HƯỚNG DẪN GIẢI ∙ Bài 1:

3x y = 5x 15 x

Ta coù

2x + y = 2x y y

     



 

  

   

 



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



K E D

A

P

N

M B C

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

* Vậy a = b = 9.

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

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 nghieäm 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 ; nên:

   

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

2 4

 

             

 

2

1

vì m + ;

2 bình phương biểu thức khơng âm

   



   

   

 

/

1

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:

 2

2 2

1 2 2

m

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

m   

           

 



*

9

Vậy m ; phương trình cho có nghiệm x , x thõa hệ thức



 

  

  x12x223x x1 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; 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 tròn (O),

              

sñAN sñPC AEN

2 sñAP sñPC

= AN AP (gt)

sñAPC =

2

= ABC ABC (O) chắn APC 







góc nội tiếp

 

   

 

AEN DBC

Maø AEN DEC 180 ø

Neân 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 , coù: PMC : Goùc 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 cung vng góc với dây căng cung đoù )

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

∙ Baøi 5:

2

x 2x 2011 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A =

x  

(với x 0 ) * Cách 1: (Dùng kiến thức đại số lớp 8)

                                        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 daáu"=" t = x 2011 ; tho

2011 2011 2011 2011

 



 

 

õa x *

2010

Vaäy MinA = x = 2011 2011

 

     

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 nghiệm

 

/

/

0

1 2011 A

2010 b 1

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

2011 a A 1

2011   

   

 

    

        



  

 

So sánh (1) (2) 1 giá trị nhỏ A mà: *

2010

MinA = 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

Câu (2 điểm):

a Tính giá trij biểu thức: A = 25 9; B = ( 1)  b Rút gọn biểu thức: P =

2

:

x y xy

x y x y

 

  Với x>0, y>0 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 trên.

Câu (2 điểm):

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

b Tìm m để phương trinh x - 2 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.

……… ……… ……….Hết……….………

Chú ý: Cán coi thi không giải thích thêm.

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2 điểm):

a Tính giá trij biểu thức: A = 25 9 = + = ; B = ( 5 1)2 5 = ( 1)  5 1  51

b Rút gọn biểu thức: P =

2

:

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 = 1

Câu ((2điểm):

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

a) Vẽ đồ thị hệ trục

x -2 -1 0 1 2

y = x2 4 1 0 1 4

Vẽ y = 3x-2

Cho x = => y =-2 ; Cho x = 1=> y = 1 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 = 1 x2 = => y2 = 4.

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 = 0

 x2 - x – 12 = 0 x1 = (TM) x2 = - (loại)

Vậy chiều dài 4m, chiều rộng 3m.

b Tìm m để phương trinh x - 2 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      

     



  



A

B

D C

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 và 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 = 2

TH1: a = ta có b 0 hoặc c 0 n + S(n) > 2011 VL

Nên b = c = : 200d d 2011   Vơ lý VT chẵn cịn 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 = 9

nếu c = 11.8 + 2d = 101  d = 13/2 vô lý. vậy c =  d = 1

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 (Không kể thời gian phát đề)

Bài (2,0 điểm):

Rút gọn biểu thức sau: A 45   500

1 15 12

B

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 = 4.

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

mãn hệ thức :

1

1

x x

1 1

x x 2011



 

.

Bài (1,5 điểm):

Cho hàm số y =

2

1 x 4 .

1) Vẽ đồ thị (P) hàm số đó.

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 2.

Bài (4,0 điểm):

Cho nửa đường trịn (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) tại E

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.

======= Hết =======

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

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 (Không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM

I Hướng dẫn chung

1) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định

2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm thống Hội đồng chấm thi

3) Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25

II 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

2

x  4x 0 

+ Tìm hai nghiệm x1 = ; x2 = 3

0,25 0,50 b)Cách 1:

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

+ Áp dụng hệ thức Viét :

1 2

x x m

x x m

  

 

 

+ Biến đổi hệ thức

1

1

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:

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

H

N M

K

E D

B O

A

C

H

N M

K

E D

B O

A

C

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

+ Biến đổi hệ thức

1

1

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 3

( 1,5đ) 0,75đ1) + 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 =

3

0,25 0,25 0,25 4

(4,0đ) 0,50đHình 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 được

 

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 , đó

 1

CHN EHK 

= 450 Giải thích CMN CHN   = 450

+Chứng minh CAB = 450, CAB CMN   Suy MN // AB

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

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

DM

DO 3

và chứng minh

MN DM

OB DO 3 MN =

2R

+ Giải thích tứ giác MCNH nội tiếp đường trịn đường kính MN

0,25

Suy bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác MCNH

R

Tính diện tích S hình trịn đường kính MN :

2 R S

9  

( đvdt)

0,25

Hết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOKÌ 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: 2 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:

2

x x x

M

x x x



 

  với x0; x1

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 3 giờ 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 là giao điểm AM CD

1 Chứng minh : BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn. 2 Chứng minh EM = EF

3 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh D, I, B thẳng hàng; từ đó 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 và x2 là 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 0 1 2

y 4 1 0 1 4

Vẽ  d :y  x  

 

0 2: 0;

0 : 2;0

x y A

y x B

  

   

6

-2 -4 -6

-10 -5 10

* 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

4 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 khơng thuộc đường thẳng AB hay ba điểm A2; ; B3; ;  C2;1 không thẳng hàng.

3)

2

x x x

M

x x x



 

  (với x0;x 1)

 

 

 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1 (với x0;x1)

Bài 3: Đổi

1 20

3 ph h

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

Vận tốc ca nơ lúc ngược dòng là: x 3km h/ 

Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B là:  

15 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

       

 

   

Đối chiếu với điều kiện x>3 ta thấy có x = 12 thỏa mãn. Vậy: Vận tốc ca nô nước yên lặng 12 km/h. Bài 4:

GT

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

 

M O ; ME tiếp tuyến (O) CDOA

I tâm đường tròn ngoại tiếp FDM a) BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn

I H F

E

D

O

A B

M

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

chắn đường trịn) hay FMB 900 Mặt khác FCB 90 (0 GT) Do AMB FCB 1800 Suy BCFM tứ giác nội tiếp đường trịn.

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  3

2 D HID

.

Trong đường trịn  I ta có:

  IF

2 D

DMF 

(góc nội tiếp góc tâm chắn DF ) hay

  IF  4

2 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 

không đổi.

Do góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD.

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

 

         

Áp dụng hệ thức Vi et, ta được:

1 2

2

S x x m

P x x m

   

 

 



 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

0

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 Bµi 1: ( 1,5 ®iĨm )

1 Cho hai sè : b1 = + √2 ; b2 = - √2 TÝnh b1 + b2

2 Gi¶i hƯ phơng trình

m+2n=1 2mn=3

{ Bài 2:( 1,5 điểm )

Cho biÓu thøc B = ( √b √b+2−

√b √b −2+

4√b −1

b −4 ):

√b+2 víi b vµ b

1 Rót gọn biểu thức B

2 Tính giá trị B b = + 2 Bài 3: ( 2,5 ®iĨm )

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

1 Giải phơng trình (1) với n =

2 CMR phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt với n Gọi x1, x2 hai nghiệm phơng trình (1) ( v¬Ý x1 < x2)

Chøng minh : x12 - 2x2 +

Bài 4: ( điểm )

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

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

2. Chứng minh Δ BFE Δ BDC đồng dạng

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

Bài 5: ( điểm )

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

y+z+√

y x+z+√

z x+y>2

Hướng dẫn gii -Bài 1: ( 1,5 điểm )

1 Cho hai sè : b1 = + √2 ; b2 = - √2 TÝnh b1 + b2

2 Giải hệ phơng trình

m+2n=1 2m−n=−3

¿{ ¿

HD :

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

VËy b1 + b2 =

2 Giải hệ phơng tr×nh

¿

m+2n=1 2m−n=−3

¿{ ¿



¿

−2m−4n=−2 2m− n=−3

¿{ ¿



¿

−5n=−5 2m−n=−3

¿{ ¿



¿

n=1

m=−1 ¿{

¿

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

Bµi 2:( 1,5 ®iÓm )

Cho biÓu thøc B = ( √b √b+2−

√b √b −2+

4√b −1

b −4 ):

√b+2 víi b vµ b

3 Rót gän biĨu thøc B

4 Tính giá trị B b = + √2

HD :

1 Với với b b ta có : B = (b −2√b − b −2√b+4√b −1

b −4 ):

1 √b+2

= ( −1

b −4): √b+2=−

√b+2

(√b −2)(√b+2)=

1 2−√b

2 Víi b = + 4 √2

V× : + 4 √2 = + 4 √2 + √2 = ( + √2 )2

=> B =

2+√2¿2 ¿ ¿ 2−√¿

1 2−√b=

1 ¿ Bµi 3: ( 2,5 ®iĨm )

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

4 Giải phơng trình (1) với n =

5 CMR: Phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt với n Gọi x1 , x2 hai nghiệm phơng trình (1) ( v¬Ý x1 < x2 )

Chøng minh: x12 - 2x2 +

HD :

Ta thÊy : a = ; b =-3 ; c = mà a + b + c = nên phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1 = x2 =

2 Từ phơng trình (1) ta cã Δ = 4n2 - 4n + - ( n ( n - 1))

= => Δ > ∀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 với n ( Đpcm )

Bài 4: ( ®iĨm )

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

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

5. Chứng minh Δ BFE Δ BDC đồng dạng

6. 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 Δ BDC ta cã :

∠ B : Chung

=> Δ BFE đồng dạng Δ BDC ( g -g ) ( Đpcm ) ∠ BFE = ∠ EDC

c Ta cã : Δ BNE cân N Thật :

EBH = ∠ EFH ( Cïng ch¾n cung EH ) (1)

Mặt khác ta lại có : ∠ BEN = 1/2 s® cung ED ( Góc tạo tiếp tuyến dây cung ) => ∠ ECD = ∠ BEN = ∠ EFH (2)

Tõ (1 ) vµ (2) ta cã : ∠ EFH = ∠ BEN => BNE cân N => BN = EN ( 3) Mµ Δ BEH vuông E

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

Bµi : ( ®iĨm )

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

y+z+√

y x+z+√

z x+y>2

Áp dơng B§T Cosi ta cã : √y+z

x 1≤ y+z

x +1

2 =

x+y+z 2x =>√

x y+z≥

2x x+y+z

√x+z

y 1≤ x+z

y +1

2 =

x+y+z 2y =>√

y x+z≥

2y x+y+z

B a Ta cã : ∠ BFH = ∠ BEC = 90 0 ( Theo gi¶

thiÕt)

N

 ∠ BFH + ∠ BEC = 1800

 tứ giác BFHE nội tiếp đờng tròn đờng

kÝnh BH



H F

E H

H

b XÐt tø gi¸c CFED ta cã :

∠CED = ∠ DFC = 900

( nhìn đoạn thẳng CD dới mét gãc vu«ng)

=> CFED nội tiếp đờng trịn đờng kính CD

=> ∠ EFD = ∠ ECD ( Cïng ch¾n cung

ED )

Mặt khác ta lại có :

C D

√y+x

z 1≤ y+x

z +1

2 =

x+y+z 2z =>√

z y+x≥

2z x+y+z

Céng vÕ víi vÕ ta cã : √ x

y+z+√

y x+z+√

z y+x≥

2(x+y+z)

x+y+z =2 dÊu b»ng x¶y

y+ z = x

x+ z = y  x + y + z = y+ x = z

V× x, y ,z > nªn x + y + z > dấu xảy => x

y+z+√

y x+z+√

z

y+x>2 víi mäi x, y , z > ( §pcm )

Sở giáo dục đào tạo bắc giang

đề thức

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

M«n thi: toán

Ngày thi: 01/ 7/ 2011

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

Câu 1: (2,0 điểm)

Tìm giá trị tham số m để hàm số bậc y = (m - 2)x + đồng biến R. Câu 2: (3,0 điểm)

1 Rót gän biĨu thøc

3

2

3

a a a

A

a a

     

     

   

 

  , với a0; a1.

2 Giải hệ phơng trình:

2 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 tho¶ m·n  

2

1

x  x 

. C©u 3: (1,5 điểm)

Một mảnh vờn hình chữ nhật có diƯn tÝch 192 m2 BiÕt hai lÇn chiỊu réng lín h¬n

chiều dài 8m Tính kích thớc hình chữ nhật đó. 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) tại 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.Chứng minh ba điểm C, K N thẳng hàng.

3 Gọi I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BKE Chứng minh điểm I nằm đờng thẳng cố định điểm M thay i.

Câu 5: (0,5 điểm)

Cho hai số thực dơng 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 thøc M = x + y.

-HÕt -

híng dÉn chÊm C©u 1 : (2,0 ®iĨm)

1 27 144 : 36 81 12 : 7   

2 Hàm số bậc y = (m - 2)x + đồng biến R m 0   m 2

C©u 2 : (3,0 ®iĨm)

1

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 phơng trình:

2 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 tham số

Phơng trình (1) cã nghiÖm 0 3 m0 m3 Theo hƯ thøc Viét ta có x1x2 4 (2) ; x x1  m 1 (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 rộng của hình chữ nhật x(m) ĐK : x>0

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 =  2x2 - 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 ủa hình chữ nhật l 192 ;12=16 (m)

Câu 4: (3 điểm)

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 ENC 90  o (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  (cùng phụ góc EBC) Vậy KHC BED  nên tứ giác BEKH nội tiếp nên 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; a2 4b Tõ gi¶ thiÕt cã:

3 3 3 6 4 4 a  ab a b b  ab  b =

2

2

( )( )

2

2

a b a ab b b

a b

a ab b b

    

   

   



+) NÕu a =2b

Th×: x+y = 2xy Mà (x+y)2 4xy nên (x+y)2 2(x y )

2; " " :

M x y

khi x y

   

+) NÕu a2 ab2b2 3b0

2

2

2

2 ( 3)

a ab b b

b a b a

   

     (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 (**)

Tõ (*) vµ (**) suy a = M có giá trị nhỏ x = y =1.

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

:

2

a N

a

a a

 

  



 

  , với a > a4.

Câu (1,5 điểm)

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

b)

1 x x

 

 .

Câu (1,0 điểm) ĐỀ CHÍNH

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 2 x x . 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 tăng chiều 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 -Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh:………

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

Ta có (a=1; b=-5; c=4) a+b+c=0 nên phương trình x2 5x 4 0có hai nghiệm phân biệt

x1 = x2 =

b)

1 x x

 

 .

Điều kiện: x0, ta có:

1

2( 1) 1

2 x

x x x x

x 

        

 .

Câu (1,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị (d) hàm số y = -x +

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

3 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:

1 2

3

x x

x x   



 

Vậy: x12x22(x1x2)2 x x1  ( 3)2 2.( 5) 10 19    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 tròn (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:

O

M F

E

D C B

A

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

AF E1v (DoEFAD ) (2)

Từ (1)và (2) suy ra: ABD AEF 2v nên tứ giác ABEF nội tiếp đường trịn đương kính

AE

b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn 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.

c) Chứng minh: CM.DB = DF.DO

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

 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)

Từ (5) (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm)

Lưu ý: Đáp án có nhiều cách giải khác

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

Giải hệ phương trình:

2

3

x y

x y

 

 

  

Câu (2,5 điểm)

a) Phương trình:

2 3 0

x  x  có nghiệm x x1, Tính giá trị: X =

3

1 2 21 x x x x 

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 -(Thí sinh sử dụng máy tính theo quy chế hành)

ĐÁP ÁN

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1

2.

a)

12 75 48 4.3 25.3 16.3 3

    

   

b) A = (10 11)(3 11 10)  =

2

10  (3 11) 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 0 (a = ; b = -1 ; c = -3)

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

1 2

1

x x

x x   





 (I)

Theo đề ta có: X =

3

1 2 21

x x x x  = x x x1 2( 12x22) 21 =

2

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 x ghế

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

160 120

x  x 

    

   

    



2

160 120( 2) ( 2) 38 240

30 (lo¹i)

x x x x

x x x x

Vậy số dãy ghế dự định lúc đầu 30 dãy

6.

Ta có: AC2 = BC HC

  

2

AC 25

BC = 13 (cm)

25 HC

13 Áp dụng định lí Pytago ∆ABC ( 

A 90 ) ta có: BC2 = AC2 + AB2  2   

AB = BC AC 13 12 (cm)

Chu vi tam giác ABC là:

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

a) Chứng minh: AOED nội tiếp

được đường trịn: Xét tứ giác AOED có:



DAO 90 (vì AD tiếp tuyến cđa (O)) 



DEO 90 (v× DC tiếp tuyến E (O))



 DAO DEO 1800  AOED néi tiÕp ® êng trßn ® êng 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

-HẾT -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

ĐỀ:

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:

¿

3√x −2√y=−1 2√x+√y=4

¿{ ¿ Bài 3: (2,0 điểm)

Cho biểu thức: P = x√x −8

x+2√x+4+3(1−√x) , với x

a/ Rút gọn biểu thức P

b/ Tìm giá trị nguyên dương x để biểu thức Q = 12− PP 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:

ΑΒ2=

1

AΕ2+

1

ΑF2

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

Δ'=¿

x1=2+√10

3 ; x1=

2−√10

b)Giải hệ phương trình :

3 x y

; x 0; y

2 x y

  



 



 

 

3 x y x x

y y

4 x y

      

 

     

 

   

 



Bài 3: (2,0 điểm) a)Rút gọn biểu thức P P = x√x −8

x+2√x+4+3(1−√x) , với x

b)Tìm giá trị nguyên dương x để biểu thức Q = 12− PP nhận giá trị nguyên Q = 12− PP = 2(1−2√x)

1−(1−2√x)=

1−2√x √x =

1 √x−2 Q Ζ⇔

√x∈Ζ⇔x=1

Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp đường tròn

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 ⇒ Δ BAI  Δ BDE ⇒ BABD=BI

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

ΑΒ2=

1

AΕ2+

1

ΑF2

Qua A, dựng đường thẳng vng 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

Δ AMF vng A có AD đường cao, nên :

1

ΑD2=

1 AM2+

1

ΑF2

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

ΑΒ2=

AΕ2+

1

ΑF2

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

KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút - Ngày thi : 21/06/2011 Bài 1( điểm)

E

I

A C

B

D

E

D M

B

A

C

1) Đơn giản biểu thức: A

2

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 x

1; 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 quãng 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 trịn ngoại tiếp tam giác BHC theo a

Hết

Bài giải :

Bài 1) A

2 ( 4)(1 2)

1

2 4

       

   

2

1

2) ( );

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 , nên : 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 hệ 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

( )

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 :

c/ Vì BHCD HBH nên H,M,D thẳng hàng

Tam giác AHD có OM đường trung bình => AH = OM Và AH // OM

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

   (đ đ)

( )

2

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 hình bình hành) 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&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

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 =

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 đường tròn (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

-

a) ĐKXĐ: x > 0, x  Rút gọn: A =

1 x

x 

b) A =

1

3 <=>  

1

3

3

x

x x x

x 

     

(thỏa mãn)

c) P = A - 9 x=

1 x

x 

- 9 x= –

1

9 x x

 



 

 

Áp dụng BĐT Côsi :

1

9 x 2.3

x   

=> P  -5 Vậy MaxP = -5 x =

1 Câu 2:

a) với m = 1, ta có Pt: x2 – 6x + = => x

1 = 2, x2 = 4 b) xét pt (1) ta có: ' = (m + 2)2 – (m2 + 7) = 4m – 3

phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 ó m 

Theo hệ thức Vi-et:

1 2

2( 2)

x x m

x x m

  

  

 

 

Theo giả thiết: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4

 m2 + – 4(m +2) =

ó m 2 – 4m – = => m

1 = - 1(loại) ; m2 = (thỏa mãn) Vậy m = 5

Câu 3: Gọi vận tốc xe thứ hai x (km/h), ĐK: x > 0 vận tốc xe thứ x + 10 (km/h)

Theo ta có pt:

120 120 10

x  x  ó x2 + 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  0 => 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  2 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            0 => 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

Môn thi: TOÁN

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:

3 | | 11

x y

x y

 

 

 

 Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức

6 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

2

1 x  x . 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

-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 =

7

b)

3 | | 11

x y x y        

3 1, 1,

5 11 11

x y y x y y

hay

x y x y

                

3 1, 1,

14 14

x y y x y y

hay x x                

2 7,

1

y y y

hay x x             y x      Bài 2: Q =

3( 1) 5( 1)

[ ]:

2 5

 



   =

2 [ 5]:

5





=

( 5)( 3)

 

=

Bài 3:

a) x2 – 2x – 2m2 = (1)

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

b) ∆’ = + 2m2 > với m => phương trình (1) có nghiệm với m

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

Ta có: x12 4x22 => (2 – x

2)2 =

2

4x  – x

2 =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 tròn)

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

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

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN

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

Bi 1: (2,0 điểm)

   

2

)9

) 18

2) 12

a x x

x x

m y x m y x m

  

  

     

1) Giải 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 hÖ ph ơng trình:

Giải hệ ph ơng trình

Tìm giá trị đề hệ ph ơng trình có nghiệm cho biểu thức P đạt giá trị nhỏ

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 Chứng minh:

1/ Tứ giác BEDC nội tiếp 2/ HQ.HC = HP.HB 3/ DE // PQ

4/ Đường thẳng OA đường trung trực PQ

-

Câu 1:

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

2



;x2=

1

b/ đặt x2=t (t0) pt cho viết t2+7t-18=0 (*); 121 11 2 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

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

(3 2)(3 2) 1

A    

   

  

   

 2/ a/

1 1

( )( )

( 1)( 1)

1 2

( )( )

( 1)( 1)

x x x

B

x x x

x x

x x x x

    

 

 

 



 

b/

2

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) 2

2 1 1

( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2

        

       

P x y m m m m

m m m

P đạt GTNN

1 2khi

1

2

2

m  m

Câu :

H E

Q

P

D

O A

5) 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 tròn

6) Vì tam giác HBC HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB

7) BEDC nội tiếp đường trịn suy BDEBCE BCQ; từ câu 1/ TA CÓ :BPQ BCQ Suy BDEBPQ (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM)

8) OP=OQ (vì bán kính đường trịn O) (1)

 

EBD ECD (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy QA=PA Vậy A O

cách P,Q nên suy đpcm

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:

- Hết

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

TP.HCM Năm học: 2011 – 2012

Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2 2x1 0

b)

5

5

x y

x y

 

 

  

c) x45x2 36 0

d) 3x25x 3 0  Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số yx2 đường thẳng (D): y2x hệ trục toạ độ

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính

Bài 3: (1,5 điểm)

Thu gọn biểu thức sau:

3 4

2

A   

 

2 28

3 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

    (x0,x16) Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2 2mx 4m2 0 (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm với m

b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình

Tìm m để biểu thức A = x12x22 x x1 đạt giá trị nhỏ Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A đường tròn (O) cho AB > AC Từ A, vẽ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC)

a) Chứng minh AEHF hình chữ nhật OA vng góc với EF b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P Q (E nằm P F)

Chứng minh AP2 = AE.AB Suy APH tam giác cân

c) Gọi D giao điểm PQ BC; K giao điểm cùa AD đường tròn (O) (K khác A) Chứng minh AEFK tứ giác nội tiếp

d) Gọi I giao điểm KF BC Chứng minh IH2 = IC.ID

-BÀI GIẢI

Bài 1: (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2 2x1 0 (a)

Vì phương trình (a) có a + b + c = nên (a)

1

3

x hay x 

  

b)

5 (1) (2)

x y x y        

11 11 ((1) (2))

5

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

c) x4 + 5x2 – 36 = (C)

Đặt u = x2

 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = (*)

(*) có  = 169, nên (*) 

5 13 u  

hay

5 13

u  

(loại) Do đó, (C)  x2 =  x = 2

Cách khác : (C)  (x2 – 4)(x2 + 9) =  x2 =  x = 2

d) 3x2 x 3 3 0  (d)

(d) có : a + b + c = nên (d)  x = hay

3 3 x  Bài 2:

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

2 2 3

x x

    x2 – 2x – =  x1 hay x3 (Vì a – b + c = 0)

y(-1) = -1, y(3) = -9

Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) 1; , 3; 9    

Bài 3:

Thu gọn biểu thức sau:

3 4

2

A   

 

=

(3 4)(2 1) ( 4)(5 3)

11 13

   



=

22 11 26 13

11 13

 



= 2 3 2 =

1

( 4 )

2    =

2

1

( ( 1) ( 1) )

2   

=

[ ( 1)]

2    = 

2 28

3 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

=

2 28

( 1)( 4)

x x x x x

x x x x

   

 

   

=

2

2 28 ( 4) ( 8)( 1)

( 1)( 4)

x x x x x x

x x

      

 

=

2 28 16

( 1)( 4)

x x x x x x x

x x

       

  =

4

( 1)( 4)

x x x x

x x

  

 

=

( 1)( 1)( 4)

( 1)( 4)

x x x

x x

  

  = x1

Bài 4:

a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > với m nên phương trình (1) có

nghiệm phân biệt với m

b/ Do đó, theo Viet, với m, ta có: S = b

m a  

; P = c

m a  

 A =

2

1 2

(x x )  3x x = 4m23(4m5)=(2m3)2 6 6,với m.

Và A = m =



Vậy A đạt giá trị nhỏ m =



Bài 5: a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có góc vng

Góc HAF = góc EFA (vì AEHF hình chữ nhật) Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC)

Do đó: góc OAC + góc AFE = 900

 OA vng góc với EF

b) OA vng góc PQ  cung PA = cung AQ

Do đó: APE đồng dạng ABP 

AP AE

ABAP  AP2 = AE.AB

Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng

HAB vuông H, có HE chiều cao)  AP = AH APH cân A

c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA  DE.DF = DK.DA

Do DFK đồng dạng DAE  góc DKF = góc DEA  tứ giác AEFK nội tiếp

d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng

AHC vng H, có HF chiều cao)

Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng

AHD vng H, có HK chiều cao)

Vậy  AK.AD = AF.AC

Từ ta có tứ giác AFCD nội tiếp,

vậy ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD)

và IH2 = IF.IK (từ

IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID

A

B C

D P

E

O H I

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

x 10 x 5

A

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

1 A

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 lần

lượt M, N

1) Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh ENIEBI MIN 90 0.

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:

2 1

M 4x 3x 2011

4x

   

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1:

1/ Rút gọn: ĐK:x 0,x 25 

   

       

   

 

   

2

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

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

A= - - = =

x-25

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

x -5

x-10 x +25 x -5

= = = (Voi 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

A=3−5 3+5=

−2 =−

1

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

1 x (tấn)

Vì thực tế ngày đội chở vượt mức tấn, nên ta có pt: 150 140

5

x  x 

 150x – 140x + 140 = 5x2 -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 + 8

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

ac <  m2 – <  (m – 3)(m + 3) <

Giải có – < m < 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 vuông AMI tam giác vng BIN có góc AIM = góc BNI ( cộng với góc NIB = 90o)

 AMI ~  BNI ( g-g)  AM

BI =

AI BN

 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

MI=R√2 ;IN=

Vậy SMIN=1

2 IM IN= 3R2

4 ( đvdt) Bài 5:

2

2

1

4 2011 4 2010

4

1

(2 1) ( ) 2010

M x x x x x

x x

x x

x

         

    

Vì (2x1)2 0

và x >

0 4x

 

, Áp dụng bdt Cosi cho số dương ta có: x + 4x

1

2

4

x x

  

 M =

2

(2 1) ( ) 2010

x x

x

   

 + + 2010 = 2011

 M  2011 ; Dấu “=” xảy 

2

1

2 2

1 1

4

0 x x x

x x x

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

  x =

1

Vậy Mmin = 2011 đạt x =

1

Bài 5:

M=4x2−3x+

4x+2011 M=3(x2− x+1

4)+x

2

+ 8x+

1

8x+2010+

1

M=3(x −1

2)

2

+x2+ 8x+

1 8x+

1

4+2010 Áp dụng cô si cho ba số x2,

8x ,

1

8x ta có

x2+

8x+ 8x≥3

3 √x2

8x 8x=

3

4 Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2 mà (x −1

2)≥0 Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2 Vậy M ≥0+3

4+

4+2010=2011

Vậy giá trị nhỏ M 2011 M =

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUNNĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn: TỐN ( chung)

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  0.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 :

3 x 1 1 1

P :

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 y2x2 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 :     

2

2)Chứng minh : Với

2

2

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 2 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  0 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 :     

2

x x 9 x 9 22 x 1

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

m m t ;t 2 11     Với 2

m x 9

t ta có : x 1 x 2x 11 vơ 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 1,2

11 129 x

2   

2) Chứng minh : Với

2

2

1 1

x 1, ta ln có x 2 x

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

2

2

1 1

x t x t 2

x x

    

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

Vì  

2 2 1

x nên x 1 0 x 1 2x x 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 MƠN: TỐN

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

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 của 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  1 C x > 1 D x1 PHẦN II TỰ LUẬN (8 điểm)

Câu (2.0 điểm) Giải hệ phương trình x y 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 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 tròn 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

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

ab bc ca

c ab  a bc  b ca .

-HẾT -HƯỚNG DẪN CHUNG:

-Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác mà đủ bước giám khảo cho điểm tối đa

-Trong bài, bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm

-Bài hình học bắt buộc phải vẽ hình chấm điểm, khơng có hình vẽ phần giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần

-Điểm tồn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm khơng làm trịn

BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN:

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

Câu

Đáp án B C A D

Phần II Tự luận (8,0 điểm).

Câu (2,0 điểm).

Nội dung trình bày Điể

m

Xét hệ phương trình

1 (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 Điể

m

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



0 x x

   

 Vậy với m = -1 PT có hai nghiệm x10;x2 2 0,25

b (0,5 điểm):

Nội dung trình bày Điể

m KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011

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 Điể

m

P =  

2

2

1 2 2

x x  x x  x x = 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 nhất

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:

700 x

0,25

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 Điể

m Có : BFE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  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

E K

I H

O B

A

C F

b (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điể

m

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 

a b b c c a

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

=

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

  

 

  

=

3

2 0,25

Dấu “=” xảy

1 a b c  

Từ giá trị lớn P

2 đạt

1 a b c  

0,25