ON TAP TUYEN SINH 10

Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB; điểm I nằm giữa hai điểm A và O.Kẻ đường thẳng vuong góc với AB tại I, đường thẳng này cắt đường tròn (O;R) tai M và N.Gọi S là giao điểm của 2 đườ[r]

Sở giáo dục đào tạo TP Hải Phòng Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Năm học: 2010 - 2011 I Phần trắc nghiệm:

Khoanh tròn vào chữ trước câu trả lời tập sau:

Câu 1: Đường thẳng y = ax qua điểm M(-3 ; 2) điểm N(1 ; -1) có phương trình là:

A y =

1

  x

B y = - 4

 x

C y =

1

  x

D y =

1

  x Câu 2: Phương trình x4 – 2mx2 – 3m2 = ( m0 ) có số nghiệm là:

A Vô nghiệm B nghiệm C nghiệm D không xác định Câu 3: Phương trình

15 x

2

  x

x

= x - x x

có tổng nghiệm là:

A B - C -1 D

Câu 4:Cho a + õ= 90o Hệ thức sau SAI ? A 1- sin2 a = sin2 õ B cot ga = tg õ

C tg õ =

sin cos

D tga = cotg(90o – õ) Câu 5: Tam giác ABC cân đỉnh A, đường cao AH có AH = BC = 2a Diện tích tồn phần hình nón cho tam giác quay vịng xung quanh AH là:

A  a2 ( 31) B  a2 ( 32) B  a2( 51) D  a2 ( 52) Câu 6: cho tga =

3

, giá trị biểu thức C = 5sin2 a + 3cos2 a là:

A 3,92 B 3,8 C 3,72 D 3,36

II Phần tự luận:

Bài 1: Cho P = 

   

  

  

x x

x x 1

x 

   

  

  

x x

x x 1

a Rút gọn P

b Tìm x để p < -

Bài 2: Cho parabol (P) y = x2 đường thẳng (d) y = 2x + m.

a Vẽ (P) (d) hệ trục toạ độ với m = tìm toạ độ giao điểm (P) (d) b Tìm M để (d) tiếp xúc với (P) Xác định toạ độ tiếp điểm

Bài 3: từ điểm M đương tròn (O; R) vẽ tiếp tuyến MA đến đường tròn E trung điểm AM; I, H lượt hình chiếu E A MO Từ I vẽ tiếp tuyến MK với (O)

a chứng minh I nằm ngồi đường trịn (O; R)

Đáp án I Phần trắc nghiệm

Câu 1: B Câu 2: B

Phương trình trung gian có ac = -3m2 < suy phương trình trung gian có hai nghiệm trái dấu suy

ra phương trình có hai nghiệm Câu 3: D

Câu 4: D Câu 5: C

Ta có I = AC = a suy Stp =  RL +  R2 =  a.a 5+  a2( 51)

Câu 6: C II Phần tự luận: Bài 1:

a A = (1- x)2, với x0; x1

b P < 7- é1- x é < 2-  3- < x < 3- 3; x1

Bài 2:

a Với m = (d) y = 2x +3, đồ thị qua điểm (0; 3) ( 2;0 

) ( HS tự vẽ đ thị)

Hoành độ giao điểm nghiệm phương trình x2 = 2x =3

Giao điểm parabol đường thẳng (d) (-1 ; 10 ) ( ; ) b Để (P) tiếp xúc với (d) phương trình x2 = 2x + m có nghiệm

kép  x2 – 2x – m = có  = = m =  m = -1

Bài 3:

Bạn làm tự vẽ hình

a Ta có OI2 + IE2 = OE2 = OA2 + EA2 (1)

Mà IE < ME = EA Vậy IE2 < AE2  OI2 > OA2 OI > OA = R (2)

Từ suy điểm I nằm (O; R)

b Dễ dàng chứng minh MA2 = MB.MC

áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AMO, ta có MA2 = MH.MO   MBH MOC

 H1 = C1  tứ giác BHOC nội tiếp.

c Từ ta có  CHO =  B1 = C1 = H1. Vậy  BHA = AHC( phụ với góc nhau) Ta có HA phân giác góc BHC

IK2 = IO2 – R2 (3) Từ (1) suy OI2 + IE2 = R2 = AE2

IO2 – R2 = AE2 – IE2 = ME2 – IE2 = MI2 (4)

ĐỀ THI TS VÀO 10 TỈNH HẢI DƯƠNG Năm học : 2010 – 2011

Khoa thi ngày 26/6/2010 - Thời gian 120 phút Câu I: (3 điểm)

1) Giải phương trình sau: a) 5.x 45 0

b) x(x + 2) – =

2) Cho hàm số y = f(x) = x

2 a) Tính f(-1)

b) Điểm M 2;1 có nằm đồ thị hàm số khơng ? Vì ? Câu II: (2 điểm)

1) Rút gọn biểu thức P =

4 a a

1

a a a

   

 

   

   

 

    với a > a  4. Câu III: (1 điểm)

Tổng số công nhân hai đội sản xuất 125 người Sau điều 13 người từ đội thứ sang đội thứ hai số cn đội thứ

2

3 số cn đội thứ hai Tính số cn đội lúc đầu

Câu IV: (3 điểm)

Cho đường trịn tâm O Lấy điểm A ngồi đường trịn (O), đường thẳng AO cắt đường tròn (O) điểm B, C (AB < AC) Qua A vẽ đường thẳng khơng qua O cắt đường trịn (O) hai điểm phân biệt D, E (AD < AE) Đường thẳng vng góc với AB A cắt đường thẳng CE F

1) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp

2) Gọi M giao điểm thứ hai đường thẳng FB với (O) Chứng minh DM  AC. 3) Chứng minh CE.CF + AD.AE = AC2.

Câu V: (1 điểm) Cho biểu thức :

B = (4x5 + 4x4 – 5x3 + 5x – 2)2 + 2010.

Tính giá trị B x =

1

2

Giải Câu I:

1) a) 5.x 45 0  5.x  45 x 45 : 5 x 3. b) x(x + 2) – =  x2 + 2x – =

’ = + =   ' 6 Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x

1,2 =  1

2) a) Ta có f(-1) = ( 1)

2

 

b) Điểm M 2;1 có nằm đồ thị hàm số y = f(x) = x

2 Vì  

 2

f

2

 

Câu II:

1) Rút gọn: P =

4 a a

1

a a a

   

 

   

   

 

    =

           

a a a a

a

a a 2 a 2

    



 

=

a a 2 a a 2

a

a a

    



 =

6 a

a a

 

 2) ĐK: ’ >  + 2m >  m >

1 

Theo đề :      

2

2 2

1 2

1 x x   5 x x x x 5

    

2

1 2

1 x x  x x  2x x 5 Theo Viete : x1 + x2 = ; x1.x2 = -2m

 + 4m2 + + 4m =  4m2 + 4m =  4m(m + 1) =  m = m = -1.

Đối chiếu với ĐK m = -1 (loại), m = (t/m) Vậy m =

Câu III:

Gọi số công nhân đội thứ x (người) ĐK: x người, 125 > x > 13 Số công nhân đội thứ hai 125 – x (người)

Sau điều 13 người sang đội thứ hai số cơng nhân đội thứ lại x – 13 (người) Đội thứ hai có số cơng nhân 125 – x + 13 = 138 – x (người)

Theo ta có phương trình : x – 13 =

3(138 – x)

 3x – 39 = 276 – 2x  5x = 315  x = 63 (thoả mãn). Vậy đội thứ có 63 người

M F

E

D

B O C

A

3) Xét hai tam giác ACF ECB có góc C chung , A E 90   0 Do hai tam giác ACF ECB đồng dạng 

AC EC

CE.CF AC.CB

CF CB  (1).

Tương tự ABD AEC đồng dạng (vì có BAD chung, C ADB 180   0 BDE ). 

AB AE

AD.AE AC.AB

ADAC  (2).

Từ (1) (2)  AD.AE + CE.CF = AC.AB + AC.CB = AC(AB + CB) = AC2.

Câu V:

Ta có x =

     

2

1 1

2 2 2



 

 

  

 x2 =

3 2 

; x3 = x.x2 =

5



; x4 = (x2)2 =

17 12 16 

; x5 = x.x4 =

29 41 32

 Xét 4x5 + 4x4 – 5x3 + 5x – =

29 41 32



+

17 12 16 

-

5



+

2 

- =

29 41 34 24 25 35 20 20 16

       

= -1

Vậy B = (4x5 + 4x4 – 5x3 + 5x – 2)2 + 2010 = (-1)2 + 2010 = + 2010 = 2011.

1) Ta có FAB 90  0(Vì FA AB).



BEC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  BEF 90 

 FAB FEB 180   0.

Vậy tứ giác ABEF nội tiếp (vì cú tổng hai gúc đối 1800).

2) Vì tứ giác ABEF nội tiếp nờn

 

AFB AEB

 

sđAB Trong đường trũn (O) ta cú

 

AEB BMD

 

sđBD

Do AFB BMD  Mà hai góc vị trí so le nên AF // DM Mặt khác AF

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

QUẢNG NAM Năm học 2010-2011

Môn TOÁN

Thời gian làm 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Bài ( điểm ):

a) Thực phép tính: nb

12 20 10



  

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức x x 2008. Bài ( 1,5 điểm ):

Cho hệ phương trình:  

 

 

5 my x

2 y mx

a) Giải hệ phương trình m 2.

b) Tìm giá trị m để hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn hệ thức

m m y

x 2

   

Bài (1,5 điểm ):

a) Cho hàm số

2 x y

, có đồ thị (P) Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm M N nằm (P) có hồnh độ  2và 1.

b) Giải phương trình: 3x23x x2x 1. Bài ( điểm ):

Cho hình thang ABCD (AB // CD), giao điểm hai đường chéo O Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD BC M N

a) Chứng minh: AB MO CD

MO

 

b) Chứng minh: MN

2 CD

1 AB

1

 

c) Biết SAOB m2; SCOD n2 Tính SABCD theo m n (với SAOB, SCOD, SABCD diện tích tam giác AOB, diện tích tam giác COD, diện tích tứ giác ABCD)

Bài ( điểm ): Cho đường tròn ( O; R ) dây cung AB cố định không qua tâm O; C D hai điểm di động cung lớn AB cho AD BC song song Gọi M giao điểm AC BD Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AOMB tứ giác nội tiếp b) OM  BC.

Bài ( điểm ):

a) Cho số thực dương x; y Chứng minh rằng:

y x x y y x2

  

b) Cho n số tự nhiên lớn Chứng minh n4 4n hợp số.

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

QUẢNG NAM Năm học 2010-2011

Mơn TỐN

Thời gian làm 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

I Hướng dẫn chung:

1) Nếu thí sinh làm khơng 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:

Bài Nội dung Điểm

1 (1đ)

a) Biến đổi được: 2 ) 2 )( (      0,25 0,25 b) Điều kiện x2008

4 8031 8031 ) 2008 x ( 2008 ) 2008 x 2008 x ( 2008 x x              

Dấu “ = “ xảy

8033 x

2 2008

x   

(thỏa mãn) Vậy giá trị nhỏ cần

Tìm

8033 x 8031  0,25 0,25 2 (1,5đ)

a) Khi m = ta có hệ phương trình         y x y x                     x y 5 2 x y x 2 y x             y 5 2 x 0,25 0,25 0,25

b) Giải Tìm được: m

6 m y ; m m

x 2 2

      0,25

Thay vào hệ thức m m y x 2    

; ta m

m m m m m 2 2        

Giải Tìm m 0,25 0,25 3 (1,5đ)

a) Tìm M(- 2; - 2); N 2) : ( 

Phương trình đường thẳng có dạng y = ax + b, đường thẳng qua M N nên

            b a b a

Tìm 2;b 1

a  

Vậy phương trình đường thẳng cần Tìm 2x 1 y 

0,25

0,25 0,25 b) Biến đổi phương trình cho thành 3(x2 x) x2 x 10

Đặt t  x2 x ( điều kiện t0), ta có phương trình 3t2  2t 10 Giải Tìm t = t =

1 

(loại)

Với t = 1, ta có x2 x 1 x2 x10 Giải x  

5 x 

0,25 0,25 0,25 4 (2đ) Hình vẽ O A B C D N M 0,25

a) Chứng minh AD

MD AB MO ; AD AM CD MO  

Suy AD

AD AD MD AM AB MO CD MO      (1) 0,25 0,50

b) Tương tự câu a) ta có AB NO CD NO   (2)

(1) (2) suy AB

MN CD MN hay AB NO MO CD NO MO      

Suy MN

c) S m n S m.n

S S S

S OC OA OD OB ; OC OA S

S ; OD OB S

S

AOD

2

AOD

COD AOD AOD

AOB COD

AOD AOD

AOB

 

 

 

 



Tương tự SBOC m.n Vậy SABCD m2 n2 2mn(mn)2

0,25 0,25

5 (3đ)

Hình vẽ (phục vụ Câu a)

O I

C D

M

B A

0,25

a) Chứng minh được: - hai cung AB CD - sđ góc AMB sđ cung AB Suy hai góc AOB AMB

O M phía với AB Do tứ giác AOMB nội tiếp

0,25 0,25 0,25 0,25 b) Chứng minh được: - O nằm đường trung trực BC (1)

- M nằm đường trung trực BC (2) Từ (1) (2) suy OM đường trung trực BC, suy OMBC

0,25 0,25 0,25 c) Từ giả thiết suy dOM

Gọi I giao điểm đường thẳng d với đường trịn ngoại tiếp tứ giác AOMB, suy góc OMI 900, OI đường kính đường tròn

Khi C D di động thỏa mãn đề A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy I cố định

Vậy d qua điểm I cố định

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

6 (1đ)

a) Với x y dương, ta có

y x x y y x2

  

(1)  x3y3 xy(xy) (xy)(x y)2 0 (2)

(2) với x > 0, y > Vậy (1) với x0, y0

0,25 0,25 b) n số tự nhiên lớn nên n có dạng n = 2k n = 2k + 1, với k số tự nhiên lớn

- Với n = 2k, ta có n4 4n (2k)4 42k lớn chia hết cho Do n4 4n hợp số

-Với n = 2k+1, tacó

n4 4n n4 42k.4n4 (2.4k)2 (n2 2.4k)2  (2.n.2k)2

= (n2 + 22k+1 + n.2k+1)(n2 + 22k+1 – n.2k+1) = [( n+2k)2 + 22k ][(n – 2k)2 + 22k ] Mỗi thừa

số lớn Vậy n4 + 4n hợp số

0,25

======================= Hết =======================

Lời giải mơn Tốn

Bài I.Cho biểu thức x x

x x x x P           : 1 1

a) Rút gọn P

          x x x P x x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x P 1 1 . 1 1 1 1 : 1 1 1 : 1 1 : 1 1                            

b) Tính giá trị P x = 4

Với x = 2

7 4 1 4 4     P

c) Tìm x để 3

13 

P

Đkxđ: x>0

 1 13 3 10 3 0

3 3 13 1 3 13            

 x x x x x

x x x

P

(1) Đặt x t; điều kiện t >

Phương trình (1)  3t2  10t30; Giải phương trình ta

      3 1 3 t t

(thoả mãn điều kiện) *) Với t =  x 3 x 9

*) Với 9

1 3 1 3 1    

 x x

t

Bài II Giải toán cách lập phương trình

Gọi số chi tiết máy tổ thứ làm tháng đầu x (xN*; x < 900; đơn vị:chi tiết máy)

Số chi tiết máy tổ thứ hai làm tháng đầu 900-x (chi tiết máy)

Tháng thứ hai tổ I làm vượt mức 15% so với tháng thứ nên tổ I làm 115%x=1,15x (chi tiết máy)

Tháng thứ hai tổ II làm vượt mức 10% so với tháng thứ nên tổ II làm 110%(900-x)=1,1(900-x) (chi tiết máy)

1,15x + 1,1(900-x) = 1010

 1,15x + 1,1.900 – 1,1.x = 1010  0,05x = 20  x = 20:0,05

 x = 400 (thoả mãn điều kiện)

tháng thứ tổ I sản xuất 400 chi tiết máy tổ II sản xuất 900 – 400 = 500 chi tiết máy

Bài III Cho Parabol (P)

2 4 1

x y 

đường thẳng (d) y = mx +

1) Chứng minh với giá trị m đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt.

Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P):

(*) 0

4 4

1 4

1 2

  

 

mx x mx

x

Học sinh giải theo hai cách sau: Cách '(2m) 44m 40 m

2

 (*) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m  (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

với giá trị m

Cách Vì a.c = (-4) = -4 <0 m

 (*) ln có hai nghiệm phân biệt trái dấu với giá trị m  (d) cắt (P) hai điểm

phân biệt với giá trị m

2) Gọi A, B hai giao điểm (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB theo m (O gốc toạ độ)

3,5 2,5 1,5 0,5

-0,5 -1 -1,5

-3 -2 -1

y2

y2

x2

-x1 O

A

B

D C

Vì phương trình hồnh độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên đồ thị hai hàm số có dạng tròn

2 1 2 2 1 2 4 1 ; 4 1 ; ; x y AD x y BC x x OD OC CD x x OD x x OC              Ta có  

   1 2 2

2 2 3 2 2 2 1 2 2 2 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 4 1 ). ( 2 1 4 1 . 2 1 2 4 1 4 1 . 2 1 . 2 1 2 ) ( x x x x x x x x x x x x x x S x x x x x x x x S AD OD BC OC CD BC AD S S S S OAB OAB OAD OBC ABCD OAB                            

Áp dụng hệ thức Viette cho phương trình (*) ta có: 4

; 4 1 2

1 x  m x x 

x

Ta có

     

 

 2

2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 1 16 1 16 16 16 4 x x m x x m m x x m m x x x x x x                    

  .( 4). 4 1 2 1

8 1 8

1 2

2

1       

 xx x x m m

SOAB

Bài IV

a) Chứng minh KAF đồng dạng với KEA

 AK KB (hai cung chắn hai góc nội tiếp nhau) 

 

1

E A (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)

Xét KAF KEA:



K chung

 

1

E A (chứng minh trên)

KAF đồng dạng với KEA (g-g)

b) Chứng minh KAF đồng dạng với KEA

- Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc với (O E

Ta có O, I, E thẳng hàng OI = OE – EI nên (I;IE) tiếp xúc với (O) - Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc AB F:

Dễ dàng chứng minh EIF cân I EOK cân O  IFE OKE ( OEK)  

Mà hai góc vị trí đồng vị

 IF // OK (dấu hiệu nhận biết)

Vì AK KB (chứng minh tròn)

AOK 90o  OK  AB

Ta có IF // OK ; OK  AB

 IFAB

Mà IF bán kính (I;IE)

 (I;IE) tiếp xúc với AB F c) Chứng minh MN//AB Xét (O):

AEB 90o

 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét (I;IE):

 90o

MEN  (vì AEB 90o)

 MN đường kính (I;IE) EIN cân I

Mà EOB cân O

 ENI OBE ( IEN)  

Mà hai góc vị trí đồng vị

 MN//AB

d)Tính giá trị nhỏ chu vi tam giác KPQ theo R E chuyển động tròn (O)

Học sinh dễ dàng chứng minh tứ giác PFQK hình chữ nhật; tam giác BFQ tam giác vuông cân Q

Chu vi KPQ = KP + PQ + KQ

mà PK = FQ (PFQK hình chữ nhật)

FQ = QB (BFQ vuông cân Q)  PK = QB

Chu vi KPQ = KP + PQ + KQ = QB + QK + FK = BK + FK

Vì (O) cố định, K cố định (hs tự chứng minh K điểm cung AB) FK  FO ( quan hệ đường vng góc, đường xiên)

Chu vi KPQ nhỏ = BK + FO E điểm cung AB

Ta có FO = R

Áp dụng định lớ Pythagorass tam giác vuông cân FOB tính BK = R 2

Chu vi KPQ nhỏ = R + R 2 R 2 1 

Bài V Tính giá trị nhỏ biểu thức

 14  34 6 1 2 32

A x  x  x x

Đặt a = x –

 x – = a + 1; x – = a -1

 4  4   2 2

4 2

4

1 1 6 1 1

( 4 6 4 1) ( 4 6 4 1) 6( 1)

8 8 8

A a a a a

A a a a a a a a a a

A a

      

           

  

 Min A =  a4 =  a =  x – =  x =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO hải phòng

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

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề Chỳ ý:

- Đề thi gồm có hai trang.

- Học sinh làm vào tờ giấy thi

Phần I: Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm) 1 Biểu thức

1 4x x 

xác định với giá trị x? A x 

1

4 B x ≤

4 C x ≤

4 x  D x  2 Các đường thẳng sau, đường thẳng song song với đường thẳng y = - 2x?

A y = 2x - B y = 2(1- 2x) C y = - x D y = 2(1- 2x)

3 Hai hệ phương trình

x 3

1

k y

x y

 

 

 



3x 3 y x y

 

 

 

 tương đương k bằng: A -3 B C D -1

4 Điểm Q (- 2;

2 ) thuộc đồ thị hàm số hàm số sau đây?

A y =

2 x2 B y =

2 2 x 

C y = 2

4 x D y = -2

4 x

5 Tam giác GEF vng E, có EH đường cao Độ dài đoạn GH = 4, HF = Khi độ dài EF bằng:

A 13 B 13 C 13 D 13 6 Tam giác ABC vuông A, có AC = 3a, AB = 3 3a, sinB bằng:

A

2 a B

2 C

2 D.

2a

7 Cho tam giác ABC vngtại A, có AB = 18 cm, AC = 24 cm Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác bằng:

A 30 cm B 15 cm C 20 cm D 15 cm

8 Cho tam giác ABC vuông A, AC = cm, AB = cm Quay tam giác vũng quanh cạnh AC cố định hình nón Diện tích tồn phần hình nón là:

A 96 cm2 B 100 cm2

C 144 cm2 D 150 cm2 Phần 2: Tự luận (8,0 điểm)

Bài 1: (1,5 điểm)

Cho phương trình bậc hai, ẩn số x : x2 – 4x + m + = 0.

1 Giải phương trình m =

2 Với giá trị m phương trình có nghiệm

3 Tìm giá trị m cho phương trình cho có nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:

x12 + x22 = 10

Bài 2: (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

3 2

2

x y

x y

     



    

Bài 3: (1,5 điểm)

Rút gọn biểu thức:

1 A = 3  3

2 B =

5 49 20 6   11

  

 Bài 4: (4,0 điểm)

Cho đoạn thẳng AB điểm C nằm A B Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I Tia vng góc với CI tạiC cắt tia By K Đường trịn đường kính IC cắt IK P Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp

2 Chứng minh AI BK = AC CB Chứng minh tam giác APB vuông

4 Giả sử A,B, I cố định Hãy xỏc định vị trí điểm C cho tứ giác ABKI có diện tích lớn

Họ tờn học sinh: ………., Giám thị số 1: ……… Số bỏo danh: ……… , Giám thị số 2: ………

ĐÁP ÁN Phần I: Trắc nghiệm ( điểm)

Câu

Đáp án C B A C D B D C

(Mỗi câu 0,25 điểm) Phần II: Tự luận (8 điểm)

Bài NỘI DUNG Điểm

1

1.Khi m= PT là: x2 - 4x +4 =  x = 2 0,5

2 Có  = - m Phương trình có nghiệm   m ≤ (*) 0,5

3 x12 +x22 = (x1 + x2)2 -2x1x2 = 42 -2(m+1) = 10 m = thoả mãn (*) 0,5

2 Điều kiện x x 2 1  2, y  - 0,25

y2 2  x = y = ( thỏa mãn điều kiện) 0,75

3

A >  A2 = 18  A = ( A > 0) 0,5

B =

5 6   2 2

9 11

  

 =

5 6  2

9 11

 

 = 1

0,5x2

4

  1800

CPK CBK   CPKB nội tiếp 0,5

  900

A B  vàC1 I1(cùng phụ vớiC 2)AICBCKAI.BK = AC.CB 1,0

 

1 90 C K 

  

0 90 I K 

  

0 90 P P 

APB vuông 1,0

SABKI =

 

1

2 AI BK AB , SABKI lớn AI + BK lớn nhấtAI = BK

 AI = BK  AIKB hình chữ nhật  C trung điểm AB

0,5 0,5

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI (2010-2011) – ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn: Tốn Ngày thi: 18 – - 2010 Bài ( 2,5 điểm )

Cho biểu thức: 1) Rút gọn P

2) Tìm giá trị P x = 3) Tìm x để

Bài ( 2,5 điểm )

Giải tốn sau cách lập phương trình:

Tháng thứ hai tổ sản xuất 900 chi tiết máy Tháng tjhứ hai tổ I vươt mức 15% tổ II vượt mức 10% so với tháng thứ nhất, hai tổ sản xuất 1010 chi tiết máy Hỏi tháng thứ tổ sản xuất chi tiết máy?

Bài ( 3,5 điểm )

Cho parabol (P): đường thẳng (d): y = mx +

1) Chứng minh với giá trị m đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt 2) Gọi A, B hai giao điểm (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB theo m (O gốc tọa độ) Bài IV (3,5 điểm )

Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R E điểm đường trịn (E khác A B) Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB F cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K

2) Gọi I giao điểm đường trung trực đoạn EF với OE, chứng minh đường tròn (I) bán kính IE tiếp xúc với đường trịn (O) E tiếp xúc với đường thẳng AB F

3) Chứng minh MN // AB, M N giao điểm thứ hai AE, BE với đường trịn (I)

4) Tính giá trị nhỏ chu vi tam giác KPQ theo R E chuyển động đường tròn (O), với P giao điểm NF AK; Q giao điểm MF BK

Bài V ( 0,5 điểm )

Tìm giá trị nhỏ biểu thức A, biết:

LỜI GIẢI

Bài Cho biểu thức a) Rút gọn P

b) Tính giá trị P x =

Với x = c) Tìm x để ĐKXĐ: x >

(1) Đặt ; điều kiện t >

Giải phương trình ta ( thỏa mãn điều kiện )

+) Với x =

+) Với

Bài 2: Giải tốn cách lập phương trình

Gọi số chi tiết máy tổ thứ làm tháng đầu x ( x N*; x<900; đơn vị: chi tiết máy) Số chi tiết máy tổ thứ hai làm tháng đầu 900-x (chi tiết máy)

Tháng thứ hai tổ I làm vượt mức 15% so với tháng thứ nên tổ I làm 115% x=1,15 x ( chi tiết máy )

Tháng thứ hai tổ II làm vượt mức 10% so với tháng thứ nên tổ II làm 110%(900-x)=1, 1(900-x) (chi tiết máy)

Tháng thứ hai hai tổ làm 1010 chi tiết máy nên ta có phương trình: 1,15 x + 1,1 (900-x) = 1010

1,15.x + 1,1.900 – 1,1.x = 1010 0,05.x = 20

x = 400 ( thỏa mãn điều kiện )

Vậy tháng thứ tổ I sản xuất 400 chi tiết máy tổ II sản xuất 900-400=500 chi tiết máy

Bài 3:

Cho Parabol (P) đường thẳng (d) y=mx+1 1) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P):

(*)

(*) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với giá trị m

2) Gọi A,B hai giao điểm (d) (P) Tính diện tích tam giác OAB theo m (O gốc tọa độ)

SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 24/ 06/2010

Bài : (2 điểm) Cho biểu thức P =

 

a b b a

ab :

b a

ab b

a

 

 

a/ Xác định a ; b để biểu thức có nghĩa rút gọn P

b/ Tính giá trị P a = 15  6  33 12 b = 24 Bài : (2 điểm)

a/ Cho hệ phương trình  

  

 

2 m y mx

m my x

2

Tìm m để hệ có nghiệm (x ; y) thỏa mãn x2 2x  y > 0.

b/ Giải phương trình x2 x  x

1 + x2

1

 10 =

Bài : (2 điểm)

dự định 15 km/h Biết ô tơ đến B quy định Tính thời gian ô tô hết quãng đường AB

Bài : (3 điểm)

Gọi C điểm nằm đoạn thẳng AB (C  A, C  B) Trên nửa mặt

phẳng có bờ đường thẳng AB, kẻ tia Ax By vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I (I  A), tia vng góc với CI C cắt tia By K Đường trịn đường kính IC cắt

IK P

1/ Chứng minh:

a/ Tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn Xỏc định tâm đường trịn b/ AI.BK = AC.BC

c/  APB vuông

2/ Cho A, I, B cố định Tìm vị trí điểm C cho diện tích tứ giác ABKI đạt giá trị lớn

Bài : (1 điểm) Tìm x ; y nguyên dương thỏa mãn 1003x + 2y = 2010

- HẾT

-GỢI í GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Mơn TỐN QUẢNG NGÃI

Ngày thi 24-6-2010

-Bài 1: Cho biểu thức P =

 

a b b a

ab :

b a

ab b

a

 

 

a) P có nghĩa a > ; b > a  b

P = ab

) b a ( ab b

a

ab b ab

a 

 

  

=

  ( a b)

b a

b

a

   

= a  b b) Với a = 15  6  33 12 = 3 62  3  62 = = 3  6+ 3  =  + 3 =

Với b = 24 =

Do P = a  b =  = 

Bài 2:

a) Cho hệ phương trình  

  

 

) (

m y mx

) ( m

3 my x

2

Từ(1) ta có x = 3m  my (3) Thay (3) vào (2): m(3m  my)  y = m-2  3m2 m2y  y = 2(m2 + 1)  (m2 + 1)y = 2(m2 + 1)

Vì m2 + > với m nên y = m

) m (

2

 

Thay y = vào (3) ta có x = 3m  m.2 = m

Vậy nghiệm (x ; y) hệ phương trình (x = m ; y = 2) Để x2

 2x  y > m2 m  >  (m  1)2 ( 3)2 >  (m   3).(m  1+ 3) >

                               m m m m                            m m m m          m m

Vậy m > + m <  hệ phương trình cho có nghiệm (x ; y) thỏa mãn x2

 2x  y > b) Giải phương trình x2

 x  x

+ x2

1

 10 = (1) Điều kiện x  Phương trình (1)  (x2 +x2

1

)  (x +x

)  10 =  (x2 +x2

+ )  (x +x

)  12 =  (x +x

1

)2

 (x +x

)  12 = (*) Đặt y = x +x

1

Phương trình (*) trở thành : y2

 y  12 =  y1 =  ; y2 =

Với y =   x +x

=   x2 + 3x + =  x1 =

5 3

; x1 =

5 

Với y =  x +x

=  x2 4x + =  x3 = + ; x4 = 

Các giá trị x vừa Tìm thỏa mãn x  Vậy nghiệm số (1) : x1 =

5 3

; x1 =

5 3

; x3 = + ; x4 =  Bài 3:

Gọi x (km/h) vận tốc dự định ô tô từ A đến B ( x> 15) Thời gian ô tô dự định từ A đến B x

80

(h)

Vận tốc ô tô ba phần tư quãng đường AB x + 10 (km/h) Thời gian ô tô ba phần tư quãng đường AB x 10

60  (h)

Vận tốc ô tô phần tư quãng đường AB x  15 (km/h) Thời gian ô tô phần tư quãng đường AB x 15

20  (h)

Ô tơ đến B quy định nên ta có phương trình : x 10

60

 + x 15 20

 x 10

 + x 15

 = x

 3x(x  15) + x(x + 10) = 4(x + 10)(x  15)  4x2 35x = 4x2 20x  600  15x = 600  x = 40 (thỏa mãn điều kiện) Do vận tốc dự định tơ 40 km/h

Vậy thời gian ô tô hết quãng đường AB 80 : 40 = (giờ) Bài 4:

1 a/ P nằm đường tròn tâm O1

đường kính IC  IPC = 900 Mà IPC + CPK = 1800 (góc kề bự)

 CPK = 900

Do CPK + CBK = 900 + 900 = 1800

Nên CPKB nội tiếp đường trịn tâm O2

đường kính CK b/ Vì ICK = 900

 C1 + C2 = 900

 AIC vuông A  C1 + A1 = 900

 A1 + C2 có A = B = 900

Nên  AIC  BCK (g.g)

 BK

AC BC

AI 

 AI . BK = AC . BC (1)

c/ Trong (O1) có A1 = I2 (gnt chắn cung PC)

Trong (O2) có B1 = K1 (gnt chắn cung PC)

Mà I2 + K1 = 900 (Vì  ICK vng C)

 A1 + B1 = 900, nên  APB vng P

2/ Ta có AI // BK ( vng góc với AB, nên ABKI hình thang vng Do SABKI =

1

.AB.(AI + BK)

Vì A, B, I cố định nên AB, AI không đổi Suy SABKI lớn  BK lớn

Từ (1) có AI . BK = AC . BC  BK = AI BC AC

Nên BK lớn  AC BC lớn

Ta có  AC BC

2



  AC + BC  2 AC.BC  AC.BC  BC AC

 AC.BC  AB

 AC.BC  AB2

Vậy AC BC lớn AC BC =

AB2

 AC = BC = AB

 C trung điểm AB

Vậy SABKI lớn C trung điểm AB Bài 5:

Tìm x ; y nguyên dương thỏa mãn : 1003x + 2y = 2010

P

K I

C B

A

2

2

1

1

1

O

1

x y

 Cách :

Từ 1003x + 2y = 2010  2y = 2010  1003x  y = 1004  x 1003

Vì y >  1004  x 1003

>  x < 1003 2008

Suy < x < 1003

2008

x nguyên  x  {1 ; 2} Với x =  y = 1004 

1003

 Z nên x = loại Với x =  y = 1004 

2 1003

=  Z+ nên x = thỏa mãn Vậy x ; y nguyên dương phải Tìm x = ; y =1

 Cách :

Vì x ; y số dương thỏa mãn 1003x + 2y = 2010  1003x < 2010  x < 1003

2008

< Do x  Z+  x  {1 ; 2} Với x =  2y = 2010  1003 = 1005  y =

1005

 Z+ nên x = loại Với x =  2y = 2010  2006 =  y =  Z+ nên x = thỏa mãn Vậy x ; y nguyên dương phải Tìm x = ; y =1

-SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 26/ 06/2010

Bài : (2 điểm)

Cho Parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) có phương trình y = 4mx + 10.

a/ Chứng minh với m, (d) cắt (P) hai điểm phân biệt b/ Giả sử (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x12 + x22 + x1x2 m thay đổi

Bài : (2 điểm)

a/ Giải phương trình :

6 x x x 15

x         b/ Chứng minh : Với a ; b không âm ta có

a3 + b3 2ab ab.

Khi xảy dấu đẳng thức? Bài : (2 điểm)

Một phịng họp có 360 ghế ngồi, xếp thành hàng hàng có số ghế ngồi Nhưng số người đến dự họp 400 nên phải kê thêm hàng ghế ngồi thêm hàng đủ chỗ Tính xem lúc đầu phịng họp có hàng ghế hàng có ghế ngồi

Bài : (3 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ; R) Gọi H giao điểm hai đường cao BD CE tam giác ABC

a/ Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp xác định tâm I đường tròn

b/ Vẽ đường kính AK đường trịn (O ; R) Chứng minh ba điểm H , I , K thẳng hàng c/ Giả sử BC =

3

Cho y = x 1 x x2

  

, Tìm tất giá trị x nguyên để y có giá trị nguyên - HẾT

-GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI Bài 1:

a/ Hoành độ giao điểm Parabol (P): y = x2 đường thẳng (d) : y = 4mx + 10 nghiệm

số phương trình: x2 = 4mx + 10  x2 4mx  10 = (1)

Phương trình (1) có ’ = 4m2 + 10 > nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt

Do Parabol (P): y = x2 đường thẳng (d) : y = 4mx + 10 cắt hai điểm phân

biệt

b/ Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1), ta có x1 + x2 = 4m ; x1,x2 =  10

F = x12 + x22 + x1x2 = [(x1 + x2)2 2x1x2] + x1x2 = (x1 + x2)2 x1x2 = 16m2 + 10  10

Dấu “ = ” xảy 16m2 =  m = 0.

Vậy GTNN F = 10 m = Bài 2:

a/ Giải phương trình: x 158 x   x 3 4 x  6 Điều kiện x   x  12 x  1.4 16  x  12 x  1.2 4 6 

 x  142   x  22 6

 x  1  x   6  x  1 6  x  0  x  =  x = (thỏa mãn điều kiện)

Vậy nghiệm phương trình x = b/ Với a , b  ta có:  a b

2



  a + b  2 ab

Ta có a3 + b3 = (a + b)(a2 + b2 ab) = (a + b).[(a + b)2 3ab]  2 ab[(2 ab)2 3ab]

 a3 + b3 ab(4ab  3ab) = ab.ab = 2ab ab

Dấu “ = ” xảy a = b

Vậy với a, b khơng âm ta có a3 + b3 2ab ab.

Bài 3:

Gọi x (hàng) số hàng ghế ban đầu phòng họp (x nguyên, dương) Do x

360

(ghế) số ghế ban đầu hàng x + (hàng) số hàng ghế lúc dự họp phòng họp Do x

400

 (ghế) số ghế lúc dự họp hàng

Khi dự họp hàng kê thêm ghế ngồi, ta có phương trình :

x 400

  x

360

Giải phương trình x1 = 24 ; x2 = 15 Cả hai giá trị x thỏa mãn điều kiện

Vậy ban đầu phịng họp có 24 hàng ghế, hàng có 15 ghế ngồi Hoặc ban đầu phịng họp có 15 hàng ghế, hàng có 24 ghế ngồi Bài 4:

a/ Ta có BD CE hai đường cao cua ABC

Nên BEC = BDC = 900

Suy BCDE nội tiếp đường trịn

b/ Ta có BH // CK (cùng vng góc với AC) Và CH // BK (cùng vng góc với AB) Nên BHCK hình bỡnh hành

Do hai đường chéo BC HK giao trung điểm đường

Mà I trung điểm BC  I còng trung điểm

củaHK Nên H, I, K thẳng hàng c/ Gọi F giao điểm AH BC

Ta có  ABF ?∽  AKC (g.g)  KC

BF AK AB



 AB KC = AK BF (1)

Và  ACF ?∽  AKB (g.g)  KB

CF AK AC



 AC KB = AK CF (2)

Cộng (1) (2) theo vế ta có: AB KC + AC KB = AK BF + AK CF

= AK.(BF + CF) = AK.BC Mà BC =

3

AK  AB KC + AC KB = AK

3

AK =

AK2 = 4

3

.(2R)2 = 3R2

Bài 5:

Với x  ta có y = x

1 x x2

  

= x  + x

1  . Với x  Z x +  Z Để y  Z x

1

  Z  x +  { ; 1}

 x + =   x =  (thỏa mãn điều kiện)

 x + =  x = (thỏa mãn điều kiện)

Vậy y có giá trị nguyên x =  ; x =

-ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 Câu I: (3 điểm)

1) Giải phương trình sau: a) 5.x 45 0

b) x(x + 2) – =

2) Cho hàm số y = f(x) = x

2 a) Tính f(-1)

D

B A

O

F I H

b) Điểm M 2;1 có nằm trịn đồ thị hàm số khơng ? Vì ? Câu II: (2 điểm)

1) Rút gọn biểu thức P =

4 a a

1

a a a

   

 

   

   

 

    với a > a  4. Câu III: (1 điểm)

Tổng số công nhân hai đội sản xuất 125 người Sau điều 13 người từ đội thứ sang đội thứ hai số công nhân đội thứ

2

3 số cơng nhân đội thứ hai Tính số công nhân đội lúc đầu

Câu IV: (3 điểm)

Cho đường tròn tâm O Lấy điểm A ngồi đường trịn (O), đường thẳng AO cắt đường tròn (O) điểm B, C (AB < AC) Qua A vẽ đường thẳng không qua O cắt đường tròn (O) hai điểm phân biệt D, E (AD < AE) Đường thẳng vng góc với AB A cắt đường thẳng CE F

4) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp

5) Gọi M giao điểm thứ hai đường thẳng FB với đường tròn (O) CMR: DM  AC. 6) Chứng minh CE.CF + AD.AE = AC2.

Câu V: (1 điểm) Cho biểu thức :

B = (4x5 + 4x4 – 5x3 + 5x – 2)2 + 2010.

Tính giá trị B x =

1

2

 

Giải Câu I:

1) a) 5.x 45 0  5.x  45 x 45 : 5 x 3. b) x(x + 2) – =  x2 + 2x – =

’ = + =   ' 6 Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1,2 =  1 6. 2) a) Ta có f(-1) =

2 ( 1)

2

 

b) Điểm M 2;1 có nằm trịn đồ thị hàm số y = f(x) = x

2 Vì  

 2

f

2

 

Câu II:

1) Rút gọn: P =

4 a a

1

a a a

   

 

   

   

 

    =

           

a a a a

a

a a 2 a 2

    



=

a a 2 a a 2

a

a a

    



 =

6 a

a a

 

 2) ĐK: ’ >  + 2m >  m >

1 

Theo đề :      

2

2 2

1 2

1 x x   5 x x x x 5

    

2

1 2

1 x x  x x  2x x 5 Theo Viete : x1 + x2 = ; x1.x2 = -2m

 + 4m2 + + 4m =  4m2 + 4m =  4m(m + 1) =  m = m = -1.

Đối chiếu với ĐK m = -1 (loại), m = (t/m) Vậy m =

Câu III:

Gọi số công nhân đội thứ x (người) ĐK: x nguyên, 125 > x > 13 Số công nhân đội thứ hai 125 – x (người)

Sau điều 13 người sang đội thứ hai số cơng nhân đội thứ cịn lại x – 13 (người) Đội thứ hai có số cơng nhân 125 – x + 13 = 138 – x (người)

Theo ta có phương trình : x – 13 =

3(138 – x)

 3x – 39 = 276 – 2x  5x = 315  x = 63 (thoả mãn). Vậy đội thứ có 63 người

Đội thứ hai có 125 – 63 = 62 (người) Câu IV:

M F

E D

B O C

A

3) Xét hai tam giác ACF ECB có góc C chung , A E 90   0 Do hai tam giác ACF ECB đồng dạng 

AC EC

CE.CF AC.CB

CF CB  (1).

Tương tự ABD AEC đồng dạng (vì có BAD chung, C ADB 180   0 BDE ). 

AB AE

AD.AE AC.AB

ADAC  (2).

Từ (1) (2)  AD.AE + CE.CF = AC.AB + AC.CB = AC(AB + CB) = AC2.

1) Ta có FAB 90  0(Vì FA AB).



BEC 90 (gúc nội tiếp chắn nửa đường trũn (O))  BEF 90 

 FAB FEB 180 

  .

Vậy tứ giác ABEF nội tiếp (vì có tổng hai gúc đối 1800).

2) Vì tứ giác ABEF nội tiếp nên

 

AFB AEB

 

sđAB Trong đường trũn (O) ta có

 

AEB BMD

 

sđBD

Do đú AFB BMD  Mà hai gúc vị trớ so le nên AF // DM Mặt khỏc AF

Câu V:

Ta có x =

     

2

1 1

2 2 2



 

 

  

 x2 =

3 2 

; x3 = x.x2 =

5



; x4 = (x2)2 =

17 12 16 

; x5 = x.x4 =

29 41 32

 Xét 4x5 + 4x4 – 5x3 + 5x – =

29 41 32



+

17 12 16 

-

5



+

2 

- =

29 41 34 24 25 35 20 20 16

       

= -1

Vậy B = (4x5 + 4x4 – 5x3 + 5x – 2)2 + 2010 = (-1)2 + 2010 = + 2010 = 2011.

ĐỀ THI VÀO 10 THPT CHUYÊN NGOẠI NGỮ (ĐHNN) ( năm học 2010-2011)

Câu 1: (2 điểm) cho biểu thức

P= 

   

  

  

 

x y y x

y x x

y y x

y x

x y

y y

x y x

  

2

Chưng minh P ln nhận giá trị ngun vơí x,y thoả mãn điều kiện x> 0,y> 0,và x≠y

Câu 2: (3 điểm )

1) Giải PT: x13 x2 13 x2 3x2

2) Tìm x,y số nguyên thảo mãn đẳng thức x2- xy –y +2 = Câu : (3 điểm )

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB C điểm cung AB Gọi K trung điểm đoạn thẳng BC Đường thẳng qua hai điểm A K cắt (O)tại điểm M ( M≠A ) Kẻ CH vng góc với AM H Đương thẳng OH cắt đường thẳng BC N , đường thẳng MN cắt (O) D (D≠M )

Tìm tất nghiệm nhỏ -1 PT

8 )

(

2

  

x x x

Câu :( 1điểm )

Cho a,b số khơng âm thoả mãn a2 b2 2> Tìm giá trị lớn biểu thức

) ( ) (

3b a b b a b a a

M    

HếT

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2010 – 2011

Ngày thi : 26/6/ 2010 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TỐN - ĐỀ CHUNG

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

Bài 1( 2,0 điểm) Các câu đây,sau câu có nêu phương án trả lời ( A,B,C,D) chỉ có phương án Hãy viết vào làm mỡnh phương án mà em cho ( cần viết chữ ứng với phương án trả lời )

Câu 1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy,cho đường thẳng d1: y = 2x +1 d2: y = x – 1.Hai đường

thẳng cho cắt tai điểm có toạ độ là:

A (-2;-3) B ( -3;-2) C (0;1) D (2;1) Câu 2: Trong hàm số sau đây,hàm số đồng biến x < ?

A y = -2x B y = -x + 10 C y = x2 D y = ( 3 - 2)x2

Câu 3: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đồ thị hàm số y = 2x + hàm số y = x2.

Các đồ thị cho cắt tại điểm có hồnh độ là:

A -3 B -1 -3 C D -1 Câu 4: Trong phương trình sau đây, phương trình có tổng nghiệm 5? A x2 – 5x +25 = B 2x2 – 10x - 2 = C x2 – = D 2x2 + 10x +1 = 0

Câu 5: Trong phương trình sau đây, phương trình có hai nghiệm âm? A x2 + 2x +3 = B x2 + 2x – 1=0 C x2 + 3x + 1=0 D x2 + =0

Câu 6: Cho hai đường trịn (O;R) (O’;R’) có OO’ = 4cm ; R = 7cm; R’ = 3cm Hai đường trịn cho:

A Cắt B.Tiếp xúc C Ở D Tiếp xúc

A 5cm B 2cm C 2,5cm D cm

Câu 8: Một hình trụ có bán kính đáy 3cm, chiều cao 5cm Khi đó, diện tích xung quanh của hình trụ cho bằng:

A 30cm2 B 30 cm2 C 45cm2 D 15cm2

Bài 2( 1,5 điểm) Cho biểu thức P =

2

1 :

1

x x x

x x x x

 

 



 

  

  với x  0

1 Rút gọn P Tìm x để P < Bài (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 + 2mx + m – = 0

1 Giải phương trình m =

2 Chứng minh: phương trình ln có hai nghiệm phân biệt,với m Hãy xỏc định m để phương trình có nghiệm dương

Bài ( 3,0 điểm)

Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB; điểm I nằm hai điểm A O.Kẻ đường thẳng vuong góc với AB I, đường thẳng cắt đường tròn (O;R) tai M N.Gọi S giao điểm đường thẳng BM AN.Qua S kẻ đường thẳng song song với MN, đường thẳng cắt đường thẳng AB AM K H Hãy chứng minh:

1 Tứ giác SKAM tứ giác nội tiếp HS.HK = HA.HM KM tiếp tuyến đường tròn (O;R)

3 Ba điểm H,N,B thẳng hàng Bài ( 1,5 điểm)

Giải hệ phương trình

2 12

xy y

xy x

   

 

  



2.Giải phương trình x3.x4 = 2x4 – 2010x + 2010.

SỞ GD - ĐT QUẢNG NGÃI Kè THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYấN NĂM HỌC 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn THI: TỐN

Thời gian làm 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25/06/2010

Bài 1: (2 điểm)

1) Giải phương trình: 15

8 1 x 2 x

x 2 1

x x

x

2

2 

    

2) Giải hệ phương trình:    

 



 



3 x 4 3 y x x y 2

3 y 4 3 x y y x 2

Bài 2: (2 điểm)

1) Cho số dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 20 ab + bc + ca ≤

Chứng minh rằng: < a + b + c ≤

2) Cho số nguyên dương n Chứng minh A = + 2 28n2 1 số nguyên A số phương

Bài 3: (2 điểm)

1) Cho số thực x, y, z thỏa điều kiện: x + y + 2z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 2x2 + 2y2 – z2

2) Cho phương trình ax2 + bx + c = (a ≠ 0) có hai nghiệm số x

1 x2 thỏa mãn ax1 + bx2

+ c =

Tính giá trị biểu thức: A = a2c + ac2 + b3 – 3abc + 3

Bài 4: (4 điểm)

Cho hai đường tròn (O1; R1) (O2; R2) với R1>R2 cắt hai điểm A B cho số

đo góc O1AO2 lớn 900.Tiếp tuyến đường tròn (O1) A cắt đường tròn (O2) C khác A,

tiếp tuyến đường tròn (O2) A cắt đường tròn (O1) D khác A Gọi M giao điểm AB

và CD

1) Chứng minh: AD

AC BA

BC BD

BA

 

2) Gọi H, N trung điểm AD, CD Chứng minh tam giác AHN đồng dạng với tam giác ABC

3) Tính tỉ số MD

MC

theo R1 R2

4) Từ C kẻ tiếp tuyến CE với đường tròn (O1) (E tiếp điểm, E khác A) Đường thẳng CO1

cắt đường tròn (O1) F (O1 nằm C F) Gọi I hình chiếu vng góc A trịn

đường thẳng EF J trung điểm AI Tia FJ cắt đường tròn (O1) K Chứng minh

đường thẳng CO1 tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC

5)

ĐỀ THI : VÀO LỚP 10 CHUYÊN LƯƠNG VĂN TUỴ Mã ký hiệu: Năm học : 2010-2011

Đ01T- 08 - TS10CT Mơn thi : Tốn

Thời gian làm :150 phút ( Đề gồm 05 câu, 01 trang) Bài 1: Rút gọn biểu thức sau :

P = 2

6

2 2

2

  

 

  



x x

x x

x x

Bài 2: Giải phương trình hệ phương trình sau:

a)    

 

 

2

2 2

x xy

y x

b) 1 x 4x 3 Bài 3: Chứng minh :

        2009

2007 2008

2007 4015

1

3

1

2

1

1

1

 

   

 

 

Bài : BC dây cung khơng đường kính đường tròn tâm O Một điểm A di động cung lớn BC cho tâm O nằm tam giác ABC, đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H

a) Chứng minh tam giác AEF ABC đồng dạng b) Gọi A' trung điểm BC, chứng minh AH = 2OA'

c) Gọi A1 trung điểm EF, chứng minh : R.AA1 = AA'.OA'

d) Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC từ tìm vị trí A để tổng (EF + FD +

DE) lớn

Bài : Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi 2 Chứng minh : a2 + b2 + c2 + 2abc < 2

Mã ký hiệu: Hướng dẫn chấm HD01T- 08 - TS10CT Đề thi : vào lớp 10 chuyên lương văn tuỵ Bài 1: (2,5 điểm)

Có : A =

 2 3 2

2 2          x x x x x

cho 0,25 điểm A =  2 3

2    x x

cho 0,25 điểm Tương tự có:

B =  32 2

6 2         x x x x x

cho 0,25 điểm Từ  Tập xác định x0 vàx9 cho 0,25 điểm

Ta có P = A+B =     32 2 2        x x x x =      

 3 32 2

3 3         x x x x x x

cho 0,5 điểm

=  92 2

18 2          x x x x x x x

Cho 0,25 điểm =

  

  

9 2 2        x x x x

Cho 0,25 điểm Vậy P =

9   x x

Với x0 x9 Cho 0, 25 điểm Bài ( 4,5 điểm)

a, Từ hệ         2 2 x xy y x

 xy +x24x2  2y2 cho 0,25 điểm

0

3 2

 



 x xy y (*) cho 0,25 điểm

- Nếu y = ta :      2 2 x x

hệ vô nghiệm cho 0,25 điểm - Nếu y ≠ ta có : (*) 

0 2          y x y x

          y x y x

cho 0,5 điểm Vậy hệ cho tương đương với

      2x2 y2

y x

hay         2 y x y x

cho 0,25 điểm Giải hệ đầu ta (x; y) = (1; 1) hay (x ; y) = (-1 ; -1) cho 0,25 điểm Hệ sau vô nghiệm cho 0,25 điểm Vậy hệ cho có nghiệm x = y = x = y = -1 cho 0,25 điểm b) Điều kiện -  x  cho 0,25 điểm

Phương trình tương đương với : (vì vế không âm)

9

4

5  x x2 

cho 0,25 điểm

 4 3x x2 2 cho 0,25 điểm  4- 3x - x2 = cho 0,25 điểm  x2 +3x = cho 0,25 điểm  x(x + 3) = cho 0,25 điểm  x = x = -3 cho 0,25 điểm

Vậy phương trình có nghiệm x = x = -3 cho 0,25 điểm Bài : (3điểm)

Ta có với n 

     4 1 2       

 n n

n n

n n

n cho 0,5 điểm

<

 

 

1 1 2       n n n n n n

cho 0,5 điểm Từ ta có :

Sn =     2 1 1

2       

  n n n

< 1- 4

2 4 1       

 n n n

n cho 0,75 điểm

= 1- 2

2

 

 n

n

n cho 0,5 điểm

Vậy Sn < n2

n

cho 0,25 điểm áp dụng cho n = 2007 ta có S2007 < 2009

2007

Bài : Hình vẽ cho 0,25 điểm

a) Chứng minh AEF đồng dạng  ABC

Có E, F nhìn BC góc vng nên E, F thuộc đường trịn đường kính BC Cho 0,25 điểm

 góc AFE = góc ACB (cùng bù góc BFE) cho 0,25 điểm  AEF đồng dạng  ABC (g.g) cho 0,25 điểm

b) Vẽ đường kính AK Có BE AC(gt)

KC  AC (Vì góc ACK = 900 ) cho 0,25 điểm  BE // KC cho 0,25 điểm Tương tự CH // BK cho 0,25 điểm Do tứ giác BHCK hình bình hành cho 0,25 điểm

HK đường chéo nên qua trung điểm A' đường chéo BC  H, A', K thẳng hàng cho 0,25 điểm

Xét tam giác AHK có A'H = A'K

OA = OK cho 0,25 điểm Nên OA' đường trung bình

 AH = A'O cho 0,25 điểm

c, áp dụng tính chất: tam gác đồng dạng tỉ số trung tuyến tương ứng, tỉ số bán kính đường trịn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng nên ta có:

cho 0,25 điểm

 AEF đồng dạng  ABC  R'

R

= ' AA AA

cho 0,25 điểm Trong R bán kính đường trịn tâm O

R' bán kính đường trịn ngoại tiếp  AEF cho 0,25 điểm

còng đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF cho 0,25 điểm  R AA1 = R' AA' =

AH

.AA' cho 0,5 điểm = AA'

' 2OA

= AA' OA' cho 0,25 điểm Vậy R.AA1 = AA' OA' cho 0,25 điểm

d, Trước hết ta chứng minh OA  EF vẽ tiếp tuyến Ax đường tròn tâm O

A x

E A1 F

O H B

D

C A'

Ta có OA  Ax cho 0,25 điểm Vì góc xAB = Góc BCA

mà góc BCA = góc EFA (cmt)

 góc EFA = góc xAB cho 0,25 điểm  EF// Ax cho 0,25 điểm  OA  EF cho 0,25 điểm Chứng minh tương tự có OB  DF OC  ED

Ta có SABC = SOEAF + SOFBD +SODCE

=

OA EF +

OB FD +

OC.DE cho 0,25 điểm =

1

R( EF + FD + DE ) (vì OA = OB = OC = R)

 R (EF + FD + DE) = SABC cho 0,25 điểm

 EF + FD + DE = R SABC

Nên EF + FD + DE lớn  SABC lớn cho 0,25 điểm

Lại có SABC = 2

1

BC.h (h đường vng góc hạ từ A đến BC)  SABC lớn  h lớn

nhất  ABC tam giác cân  A điểm giưã cung AB lớn

cho 0,25 điểm Bài 5: (3 điểm)

Vì a, b, c cạnh tam giác có chu vi nên ta có: < a; b, c1 (cho 0,25 điểm)

 a -  ; b -  0; c-1  cho 0,25 điểm  ( a -1) (b -1) (c -1) 0

 ( ab - a - b +1) ( c -1) 0 cho 0,25 điểm  abc - (ab + ac + bc) + (a + b + c) - 0 cho 0,25 điểm  2abc - 2(ab + ac + bc) + 2( a + b +c)  cho 0,25 điểm  2abc - 2(ab + ac + bc) +2.2  cho 0,25 điểm  2abc - 2(ab + ac + bc) + (a +b +c)2  cho 0,5 điểm

 2abc - 2(ab + ac + bc) + a2 + b2 + c2 +2(ab + ac + bc)  (cho 0,25 điểm)  2abc + a2 + b2 + c2  (đpcm) cho 0,25 điểm

ĐỀ THI : VÀO LỚP 10 CHUYÊN LƯƠNG VĂN TUỴ Mã ký hiệu: Năm học : 2010-2011

Đ02T- 08 - TS10 CT Mơn thi : Tốn

Thời gian làm :150 phú Bài 1:

ab b a ab b a

   



2

2 = a  b

b, Phân tích đa thức M = a10a5 1 thành nhân tử Bài :

a, Giải hệ phương trình   

 

   

 

1 )

(

2 ) (

2

2

y xy x y x

y y x

b, cho x, y  x + y = Chứng minh 8(x4+ y4) +

5

 xy

Bài 3: Cho đa thức f(x) = ax3bx2 cxd

a) Chứng minh f(x) nhận giá trị nguyên với x số 6a; 2b; a + b + c ; d số nguyên

b, Đảo lại số 6a; 2b; a + b + c ; d số nguyên đa thức f(x) có nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x không? sao?

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A, D điểm cạnh huyền BC, E điểm đơí xứng với D qua AB, G làgiao điểm AB với DE, từ giao diểm H AB với CE hạ HI vng góc với BC I tia CH, IG cắt K Chứng minh KC tia phân giác góc IKA

Bài 5: Chứng minh phương trình x6 - x5 + x4 - x3 + x2 - x +

3 = Vô nghiệm tập hợp số thực

……… Hết………

ĐÁP ÁN Bài 1: (3 điểm)

a, Vì vế khơng âm nên bình phương vế trái ta có:

(

ab b a

 

2 + ab

b a

 

2 )2

= ( b a

)2+ ab + (a + b) ab + ( b a

)2 + ab - (a + b) ab +2

ab b a   2 ) ( Cho 0,25 điểm = 2(

b a

)2 + 2ab + 2( b a

)2 - 2ab Cho 0,25 điểm ( (

b a

)2  ab) Cho 0,25 điểm = 4(

b a

)2 = (a + b)2 = (a + b )2 Cho 0,5 điểm (vì ab   a; b dấu)

 ab b a  

2 + ab

b a

 

2 = a + b Cho 0,25 điểm (Với ab  0)

b, Ta có A = a10 + a5 +

= a10 - a + a5 - a2 + a2 + a +

= a(a3 - 1)(a6 + a3 + 1) + a2(a3 - 1) + a2 + a + Cho 0,25 điểm = a(a - 1)( a2 + a + 1)( a6 + a3 + 1) +

+ a2(a - 1)(a2 + a + 1) + a2 + a + Cho 0,25 điểm = (a2 + a + 1) a(a - 1)(a6 + a3 + 1) + a2(a - 1) + 1) Cho 0,25 điểm

= (a2 + a + 1)(a8 - a7+ a5 - a4+ a3 - a + 1) Cho 0, điểm Bài : (5 điểm)

a, Nếu x = thay vào ta có      2 y y y

vô lý Cho 0,25 điểm Vậy x≠ Đặt y = tx Cho 0,25 điểm

Ta có  

         ) ( ) ( 2 2 x t tx x tx x tx tx x

Cho 0,25 điểm

   2 ) ( ) ( t t t t t    

=



) (

t t

t t  



= Cho 0,25 điểm

 t + t2 = - 2t + 2t2 Cho 0,25 điểm  t2 - 3t + = Cho 0,25 điểm



  

  t t

Cho 0,25 điểm * Nếu t =  y = x  4x3 =

 x = y =

1

Cho 0,25 điểm * t =  y = 2x

 18x3 = Cho 0,25 điểm

 

     

 

3

9

9

y x

Tóm lại hệ có nghiệm x = y =

1

Hoặc ( x =

; y =

) Cho 0,25 điểm b, áp dụng bất đẳng thức

2 2 b a 

 ( b a

)2 Với a, b Cho 0,25 điểm ta có

2 4 y x 

 ( 2 y x 

)2 

2 )

( 

  

  x y

Cho 0,25 điểm



4 y x 

 ( y x

)4 = 16

Cho 0,5 điểm

 8( x4+ y4)  Cho 0,25 điểm

lại có xy  ( y x

)2 =

 xy

1

 Cho 0,25 điểm

Vậy 8( x4+ y4) +xy

 + = Cho 0,25 điểm Bài 3: ( điểm)

a, Ta có f(0) = d số nguyên Cho 0,25 điểm f(1) = a + b + c + d số nguyên Cho 0,25 điểm

 f(1) - f(0) = a + b + c còng số nguyên Cho 0,25 điểm

f( -1) =- a + b - c + d số nguyên Cho 0,25 điểm f(2) = 8a + 4b + 2c + d còng số nguyên Cho 0,25 điểm Vậy f(1) + f( -1) = 2b + 2d số nguyên Cho 0,25 điểm

 2b số nguyên ( 2d số nguyên) Cho 0,25 điểm

f(2) = 6a + 2( a + b + c) + 2b + d số nguyên Cho 0,25 điểm

Mà      

d b

c b a

số nguyên

Nên 6a số nguyên Cho 0,25 điểm Ta có điều phải chứng minh

b, Đảo lại:

f(x) = ax3 + bx2+ cx + d

= (ax3 - ax) + (bx2 - bx) + ax + bx + cx + d Cho 0,25 điểm = a(x - 1)x( x + 1) + bx(x - 1) + (a + b + c)x + d Cho 0,25 điểm =

) ( ) (

6a x x x

+

) ( 2bx x

+ (a + b + c)x + d Cho 0,25 điểm = 6a

) ( ) (x x x

+ 2b ) (x x

+ (a + b + c)x + d Cho 0,25 điểm Vì (x - 1)x( x + 1) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho

 6a

) ( ) (x x x

số nguyên Cho 0,25 điểm x(x -1) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho

nên 2b ) (x x

Và (a + b + c)x số nguyên Cho 0,25 điểm d số nguyên

 f(x) nhận giá trị nguyên với x nguyên 4số 6a; 2b; a + b + c; d số nguyên

Cho 0,25 điểm

Bài 4: ( điểm)

(Vẽ hình 0,5 điểm)

Ta có G I nhìn HD góc vng nên HGID tứ giác nội tiếp Cho 0,5 điểm

 Góc GHD = góc GIB (cùng bù với góc GID) Cho 0,5 điểm

Hay góc GHD = góc KIB Cho 0,5 điểm lại có góc GHD = góc GHK ( E I đối xứng qua AB) Cho 0,5 điểm

 góc KIB = góc KHB ( = góc GHD) Cho 0,25 điểm

Nên KHIB tứ giác nội tiếp Cho 0,5 điểm Vì góc HIB = 900  góc HKB = 900 Cho 0,5 điểm

Ta có góc B1 = góc K1 (Do KHIB tứ giác nội tiếp) Cho 0,5 điểm Lại có K A nhìn BC góc vuông nên AKBC tứ giác nội tiếp Cho 0,5 điểm

 góc K2 = góc B1 Cho 0,5 điểm Từ ta có KC phân giác góc IKA Cho 0,5 điểm Chú ý học sinh vẽ hình khác cịng cho điểm tương tự.

B

E

I D G

K H

Bài 5: (2 điểm)

* Nếu x vế phải nhận giá trị dương nên khoảng phương trình vơ nghiệm Cho 0,5 điểm

* Nếu < x < Ta có vế trái =

5 2

2

6

4

1

1

x x x

x x

x x

x          

Cho 0,25 điểm

=  

3 2

2

3 1

2

1

1

x x x

x

x   

    

     

 

     

 



Cho 0,25 điểm còng ln dương nên khoảng phương trình vơ nghiệm

* Nếu x  ta có

Vế trái = x5 (x - 1) + x3(x - 1) + x(x - 1) +

Cho 0,25 điểm Còng số dương nên khoảng phương trình vơ ngiệm Cho 0,25 điểm Tóm lại phương trình cho vơ nghiệm tập hợp số thực R

(Cho 0,25 điểm)

Chú ý chấm: học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa

Sở Giáo Dục & Đào Tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

Bắc giang Năm học 2010 – 2011

Mơn thi: Tốn

Đề Chính thức Ngày thi:20/06/2010

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

1) Phân tích x2 – thành tích

2) x = có nghiệm phương trình x2 – 5x + = không ?

Câu 2: (1 điểm)

1) Hàm số y = - 2x + đồng biến hay nghịch biến ?

Tìm tích hai số biết tổng chúng 17 Nếu tăng số thứ lên đơn vị số thứ hai lên đơn vị tích chúng tăng lên 45 đơn vị

Câu 4: (1,5 điểm)

Rút gọn biểu thức: P =

2

:

a b ab

a b a b

 

  với a, b 0 a ≠ b Câu 5: (5 điểm)

Cho tam giác ABC cân B, đường cao AD, BE cắt H Đường thẳng d qua A vng góc với AB cắt tia BE F

1) Chứng minh rằng: AF // CH 2) Tứ giác AHCF hình ? Câu 6: (1 điểm)

Gọi O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tiếp điểm đường tròn (O) với cạnh BC, CA, AB D, E, F Kẻ BB’ vng góc với OA, AA’ vng góc với OB Chứng minh rằng: Tứ giác AA’B’B nội tiếp bồn điểm D, E, A’, B’ thẳng hàng

Câu 7: (1 điểm)

Tìm giá trị lớn A = (2x – x2)(y – 2y2) với  x  2

 y  -

Hết -SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT

Năm học 2010 -2011 Mơn: TỐN

Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) I Phần trắc nghiệm (4, điểm)

Chọn ý câu sau ghi vào giấy làm bài.Vớ dụ: Nếu chọn ý A Câu ghi 1A Câu Giá trị biểu thức (3 5)2

A 3 B 3 C 2 D 5

Câu Đường thẳng y = mx + song song với đường thẳng y = 3x  khi

A m =  2 B m = 2 C m = 3 D m =  3

Câu x 7  x bằng

A 10 B 52 C 46 D 14

Câu Điểm thuộc đồ thị hàm số y = 2x2

A ( 2;  8) B (3; 12) C ( 1;  2) D (3; 18)

Câu Đường thẳng y = x  cắt trục hoành điểm có toạ độ là

A (2; 0) B (0; 2) C (0;  2) D ( 2; 0)

Câu Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Ta có

A

AC sin B

AB 

B

AH sin B

AB 

C

AB sin B

BC 

D

BH sin B

AB 

Câu Một hình trụ có bán kính đáy r chiều cao h Diện tích xung quanh hình trụ

A r2h B 2r2h C 2rh D rh

Câu Cho hình vẽ bờn, biết BC đường kính đường trịn (O), điểm A nằm đường thẳng BC, AM tiếp tuyến (O) M MBC· =650

Số đo góc MAC

A 150 B 250 C 350 D 400

II Phần tự luận (6,0 điểm) Bài (1,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: M=2 5- 45+2 20;

1

N

3 5 5

-= - ×

- +

-ổ ửữ

ỗ ữ

ỗ ữ

ỗ

ố ứ .

b) Tng hai số 59 Ba lần số thứ lớn hai lần số thứ hai Tìm hai số

Bài (1,5 điểm)

Cho phương trình bậc hai x2 - 5x + m = (1) với x ẩn số

a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x1 x2 x2 x1 6

Bài (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O) đường kính AB 6cm Gọi H điểm nằm A B cho AH = 1cm Qua H vẽ đường thẳng vng góc với AB, đường thẳng cắt đường tròn (O) C D Hai đường thẳng BC DA cắt M Từ M hạ đường vng góc MN với đường thẳng AB (N thuộc đường thẳng AB)

a) Chứng minh MNAC tứ giác nội tiếp b) Tính độ dài đoạn thẳng CH tính tgABC· c) Chứng minh NC tiếp tuyến đường tròn (O)

d) Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt NC E Chứng minh đường thẳng EB qua trung điểm đoạn thẳng CH

==============HẾT=============

A

B O C

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2010-2011

KHỐ NGÀY 18-06-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN

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

Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2 + 3x – = 0 (1)

b) x4 – 3x2 – = 0 (2)

c)

2x y (a) 3x 4y (b)

  



 

 (3)

Câu 2: a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = –x2 đường thẳng (D): y = x –

một hệ trục toạ độ

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

Câu 3: Thu gọn biểu thức sau: a) A = 3  3 b) B =

x x .x x 2x x x x x x

      



 

    

  (x > 0; x ≠ 4).

Câu 4:Cho phương trình x2 – 2mx – = (m tham số)

a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm phân biệt b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để

2

1 2

x x  x x 7.

Câu 5: Từ điểm M ngồi đường trịn (O) vẽ cỏt tuyến MCD không qua tâm O hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O), A, B tiếp điểm C nằm M, D a) Chứng minh MA2 = MC.MD.

b) Gọi I trung điểm CD Chứng minh điểm M, A, O, I , B nằm đường tròn

c) Gọi H giao điểm AB MO Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp đường tròn Suy AB phân giác góc CHD

d) Gọi K giao điểm tiếp tuyến C D đường tròn (O) Chứng minh A, B, K thẳng hàng

-oOo -UBNN TỈNH KONTUM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

SỞ GD & ĐT KONTUM TRƯỜNG THPT CHUYÊN – NĂM HỌC 2010 – 2011

Mơn : Tốn (Mơn chung) – Ngày thi : 26/6/2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức

x x 2x P

x x 1 x



  



  (với x ≥ x ≠ 1) a Rút gọn biểu thức P.

b Tính giá trị biểu thức P x = + 2 Câu (2.0 điểm)

a Viết phương trình đường thẳng d qua điểm A(1 ; - 2) song song với đường thẳng y = 2x –

b Giải hệ phương trình

2 12 x y

19 x y 

 

  

   



Câu (1,5 điểm) Quãng đường AB dài 120 km Một ôtô khởi hành từ A đến B, lúc xe máy khởi hành từ B A với vận tốc nhỏ vận tốc ôtô 24 kim/h Ơtơ đến B 50 phút xe máy tới A Tính vận tốc xe

Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 2)x + 3m + = 0

a Chứng minh phương trình ln có nghiệm với m.

b Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình cho Chứng minh biểu thức M = x1(3 – x2) +

x2(3 – x1) không phụ thuộc vào m

Câu (3.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC), nội tiếp đường trịn (O) Tia phân giác góc BAC cắt dây BC D cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E Các tiếp tuyến với đường tròn (O) C E cắt N, tia CN tia AE cắt P Gọi Q giao điểm hai đường thẳng AB CE

a Chứng minh tứ giác AQPC nội tiaaps đường tròn. b Chứng minh EN // BC.

c Chứng minh

EN NC CD CP 

-Hết -UBNN TỈNH KONTUM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

SỞ GD & ĐT KONTUM TRƯỜNG THPT CHUYÊN – NĂM HỌC 2010 – 2011 Mơn : Tốn (Mơn chun) – Ngày thi : 27/6/2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu (2.5 điểm)

a Rút gọn biểu thức :

x x x x x

A :

x x x x x

       

      

        

    (x ≥ ; x ≠ ; x ≠ 9)

b Tính giá trị biểu thức : P = a3 + b3 – 3(a + b), biết a = 11 2 ; b = 11 2

Câu (1.5 điểm) Cho phương trình x4 +x2 – m2 – = (1)

a Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m

b Tìm m để hai nghiệm x1 , x2 phương trình (1) thỏa mãn xx  1 x2 1

Câu (1.5 điểm) Giải hệ phương trình :

1

(x y)

xy x y

xy

xy y x

  

  

  

  



    

 

Câu (1.0 điểm) Cho hàm số y = 2x + có đồ thị đường thẳng qua điểm A ; y

4

 



 

  cắt trục Oy B Tìm tọa độ điểm A tính diện tích tam giác OAB (theo đơn vị đo trục tọa độ xentimet)

Câu (2.5 điểm) Trên đường thẳng d cho ba điểm A, B, C (B nằm A C) Vẽ đường tròn (O) qua B C (tâm O đường trịn khơng thuộc đường thẳng d) Từ A vẽ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N tiếp điểm) Gọi E, F trung điểm BC MN a Chứng minh AM2 = AB.AC.

b Đường thẳng ME cắt đường tròn (O) K Chứng minh NK // AB

c Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF qua điểm cố định (khác điểm E) đường tròn (O) thay đổi

Câu (1.0 điểm) Cho hai số x, y thỏa mãn đẳng thức 2x2 + 4y2 +

1

x = Tìm x, y để tích xy đạt giá trị nhỏ

-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 KHÁNH HOÀ Bài (3 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức: A 12 75 48 3    b) Giải hệ phương trình:

2x y 3x y

 

 

 



c) Giải phương trình: x4 – 7x2 – 18 = 0

Giải:

a) Ta có: A 12 75 48 3 10 20 3 3        5 b)

2x y 5x x

3x y y 3x y

   

  

 

  

    

  

c) Đặt x2 = t (t ≥ 0) Phương trình cho trở thành: t2 – 7t – 18 = 0

Giải ta t1 = (thỏa mãn), t2 = –2 (loại)

- Với t =  x = ±3

Vậy: Phương trình cho có hai nghiệm: x1 = 3; x2 = –3

Bài (2 điểm)

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) y = 2x – có đồ thị (d)

a) Vẽ đồ thị (P) mặt phẳng tọa độ Oxy

b) Bằng phương pháp đại số, xác định tọa độ giao điểm (P) (d) Giải:

a) Đồ thị hàm số y = x2 (hình bờn)

b) Tọa độ giao điểm (P) (d) nghiệm hệ phương trình:

2

2

y x (1)

y x

(2) y 2x x 2x

 

  



 

     

 

Phương trình (2) vụ nghiệm có Ä’ = – = –2 < Suy ra: Hệ phương trình trịn vụ nghiệm

Vậy: (P) (d) không giao Bài (1 điểm)

Lập phương trình bậc hai ẩn x có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:

x1 + x2 = (1)

1

1

x x 13

x 1 x 16 (2) Giải:

Ta có: (2) 

1 1 2 2

1 2

x x x x x x 13 2x x (x x ) 13 (x 1)(x 1) x x (x x )

    

  

    

 12x1x2 – 6(x1 + x2) = 13x1x2 – 13(x1 + x2) + 13

 x1x2 = 7(x1 + x2) – 13

 x1x2 = –6

Vậy: Phương trình bậc hai cần lập là: x2 – x – = 0

Cho tam giác ABC vuông A Kẻ đường cao AH đường phân giác BE (HBC,

EAC) Kẻ AD vng góc với BE (DBE)

a) Chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp Xác định tâm O đường tròn (O) ngoại tiếp tứ giác ADHB

b) Chứng minh tứ giác ODCB hình thang

c) Gọi I giao điểm OD AH Chứng minh:

2 2

1 1

4AI AB AC

d) Cho biết góc ABC 60  0, độ dài AB = a Tính a theo diện tích hình phẳng giới hạn bởi AC, BC cung nhỏ AH (O)

Giải:

a) Ta có: AD  BE (gt) ADB 90  Suy ra: D thuộc đường tròn đường kính AD

Tương tự: H thuộc đường trịn đường kính AD

Vậy: ABHD nội tiếp đường trịn đường kính AB Tâm O đường trịn trung điểm [AB] b) ÄADB vng D có OD trung tuyến Nên OD =

1

2AB = OB

 ÄOBD cân O Suy ra: D B mà B B 1(gt)

Suy ra: B D  OD // BC Vậy: Tứ giác ODBC hình thang c) OD // BC mà OB = OA nên AI = IH =

1

2AH Hay: AH = 2AI (1)

Mặt khỏc ÄABC vng A, đường cao AH có: 2

1 1

AH AB AC (2)

Từ (1) (2) suy ra: 2

1 1

4AI AB AC

d) Ta có: ABC 60  0 ÄABC nửa tam giác nên: BC = 2a ÄOBH cân có B 60  0 ÄOBH tam giác  BH = OB =

a

2 HC = 3a

2

Theo ĐL Pitago:

2

2 2 a a

AH AB BH a

4

    

1

1

I O

D H

E

C A

 SAHC =

2

1 3a a 3a

AH.HC

2 2 2 

Vì OI đường trung bỡnh ÄABH nên:

1 a

OI BH

2

 

Gọi diện tích hình quạt trịn OAH S1 diện tích phần mặt phẳng giới hạn

cung nhỏ AH dây cung AH S2 Ta có:

S2 = S1 – SOAH =

2

2 a

π 120 1 a aπa a 3

4 . .

Sở GD&ĐT Thanh hoá Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2010-2011 Môn : Toán

Ngày thi: 25/6/2010 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,0 điểm):

Cho hai số: x1=2- ; x2=2+

Tính: x1 + x2 x1 x2

Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 hai nghiệm

Câu 2: (2,5 điểm):

Giải hệ phương trình: 3x + 4y = 2x – y =

Rút gọn biểu thức:

A= 1

1 1

     

 

   

a a a

a a

với a0 ; a1

Câu 3: (1,0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ 0xy cho đường thẳng (d): y =(m2- m)x + m đường thẳng (d!): y

= 2x + Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d!).

Câu 4: (3,5điểm):

Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), AB dây cung cố định khơng qua tâm đường trịn (O) Gọi I trung điểm dây cung AB , M điểm cung lớn AB (M không trùng với A,B) Vẽ đường tròn (O,) qua M tiếp xúc với đường thẳng AB A Tia MI cắt đường

tròn (O,) điểm thứ hai N cắt đường tròn (O) điểm thứ hai C.

1 Chứng minh BIC=AIN, từ chứng minh tứ giác ANBC hình bình hành. Chứng minh BI tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN

3 Xác định vị trí điểm M cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn Câu 5: (1,0 điểm):

Tìm nghiệm dương phương trình:

    2006

2005

2005

2 1 1 1 2

1x x    x x  

Sở GD&ĐT Thanh hoá Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2010-2011 Môn : Toán

Ngày thi: 25/6/2010 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,0 điểm):

Cho hai số: x1=2- ; x2=2+

Tính: x1 + x2 x1 x2

Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 hai nghiệm

Câu 2: (2,5 điểm):

Giải hệ phương trình: 4x + 3y = 2x – y =

a) Rút gọn biểu thức:

B= 1

1 1

     

 

   

b b b

b b

với b0 ; b1

Câu 3: (1,0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ 0xy cho đường thẳng (d): y=( m2- 2m)x +m đường thẳng (d!):

y=3x+3 Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d!).

Câu 4: (3,5điểm):

Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), AB dây cung cố định không qua tâm đường tròn (O) Gọi I trung điểm dây cung AB , M điểm cung lớn AB (M không trùng với A,B) Vẽ đường tròn (O,) qua M tiếp xúc với đường thẳng AB B Tia MI cắt đường

tròn (O,) điểm thứ hai N cắt đường tròn (O) điểm thứ hai C.

4 Chứng minh AIC= BIN, từ chứng minh tứ giác ANBC hình bình hành

5 Chứng minh AI tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Xác định vị trí điểm M cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn Câu 5: (1,0 điểm):

Tìm nghiệm dương phương trình:

   

2007 2006

2 2006

2 1 1 1 2

1x x   x x   Đề thức

Sở GD&ĐT Thanh hoá Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT - Đề C Năm học 2010-2011 Mơn : Tốn

Ngày thi: 25/6/2010 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,0 điểm):

Cho hai số: x1=2- ; x2=2+

Tính: x1 + x2 x1 x2

Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 hai nghiệm

Câu 2: (2,5 điểm):

Giải hệ phương trình: 5x + 4y = 2x – y =

b) Rút gọn biểu thức:

C= 1

1 1

     

 

   

c c c

c c

với c0 ; c1

Câu 3: (1,0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ 0xy cho đường thẳng (d): y=( m2- 3m)x +m đường thẳng (d!):

y=4x+4 Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d!).

Câu 4: (3,5điểm):

Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), CD dây cung cố định không qua tâm đường tròn (O) Gọi I trung điểm dây cung CD , M điểm cung lớn CD (M không trùng với C,D) Vẽ đường tròn (O,) qua M tiếp xúc với đường thẳng CD C Tia MI cắt đường

tròn (O,) điểm thứ hai N cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E.

7 Chứng minh DIE=CIN, từ chứng minh tứ giác CNDE hình bình hành. Chứng minh DI tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN

9 Xác định vị trí điểm M cung lớn CD để diện tích tứ giác CNDE lớn Câu 5: (1,0 điểm):

Tìm nghiệm dương phương trình:

    2008

2007

2007

2 1 1 1 2

1x x   x x  

Sở GD&ĐT Thanh hoá Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT

Năm học 2010-2011 Mơn : Tốn Ngày thi: 25/6/2010 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,0 điểm):

Cho hai số: x1=2- ; x2=2+

Tính: x1 + x2 x1 x2

Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 hai nghiệm

Câu 2: (2,5 điểm):

Giải hệ phương trình: 4x + 5y = 2x – y =

Rút gọn biểu thức:

D= 1

1 1

     

 

   

d d d

d d

với d0 ; d1

Câu 3: (1,0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ 0xy cho đường thẳng (d): y=( m2- 4m)x +m đường thẳng (d!):

y=5x+5 Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d!).

Câu 4: (3,5điểm):

Trong mặt phẳng cho đường trịn (O), CD dây cung cố định khơng qua tâm đường tròn (O) Gọi I trung điểm dây cung CD , M điểm cung lớn CD (M không trùng với C,D) Vẽ đường tròn (O,) qua M tiếp xúc với đường thẳng CD D Tia MI cắt đường

tròn (O,) điểm thứ hai N cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E.

1.Chứng minh CIE=DIN, từ chứng minh tứ giác CNDE hình bình hành. 2.Chứng minh CI tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN

3.Xác định vị trí điểm M cung lớn CD để diện tích tứ giác CNDE lớn Câu 5: (1,0 điểm):

Tìm nghiệm dương phương trình:

   

2009 2008

2 2008

2 1 1 1 2

1x x   x x  

Đề 1

Câu1 : Cho biểu thức

A= ) ( : 1 1 2 3                     x x x x x x x x x

Với x 2;1

.a, Ruý gọn biểu thức A

.b , Tính giá trị biểu thức cho x= 62 c Tìm giá trị x để A=3

Câu2.a, Giải hệ phương trình:          12 ) ( ) ( y x y x y x

b Giải bất phương trình: 15 2      x x x x x <0

Câu3 Cho phương trình (2m-1)x2-2mx+1=0

Xác định m để phương trình có nghiệm thuộc khoảng (-1,0)

Câu Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn Dưng hình vng ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi Flà giao điểm Aevà nửa đường tròn (O) Gọi Klà giao điểm CFvà ED

a chứng minh điểm E,B,F,K nằm đường tròn b Tam giác BKC tam giác ? Vì ?

đáp án Câu 1: a Rút gọn A= x

x2 

b.Thay x= 62 2 vào A ta A= 2 2

 

c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x=

17 3

Câu : a)Đặt x-y=a ta pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4

Từ ta có         12 ) ( ) ( y x y x y x <=> *       12 y x y x (1) *       12 y x y x (2)

O K F E D C B A

Giải hệ (2) ta x=0, y=4

Vậy hệ phương trình có nghiệm x=3, y=2 x=0; y=4 b) Ta có x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3)

mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 với x

Vậy bất phương trình tương đương với x-5>0 =>x>5 Câu 3: Phương trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0

 Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành –x+1=0=> x=1  Xét 2m-10=> m 1/2 ta có

,

 = m2-2m+1= (m-1)20 m=> pt có nghiệm với m

ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0) với m 1/2 pt cịn có nghiệm x=

1    m m m

=2

1  m

pt có nghiệm khoảng (-1,0)=> -1<2 1  m <0           1 m m

=>        2 m m m =>m<0

Vậy Pt có nghiệm khoảng (-1,0) m<0 Câu 4:

a Ta có KEB= 900

mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn đường trịn)

do CF kéo dài cắt ED D

=> BFK= 900 => E,F thuộc đường trịn đường kính BK

hay điểm E,F,B,K thuộc đường trịn đường kính BK b BCF= BAF

Mà  BAF= BAE=450=>  BCF= 450

Ta có BKF=  BEF

Mà  BEF=  BEA=450(EA đường chéo hình vng ABED)=> BKF=450

Vì  BKC=  BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân B

Đề 2

Bài 1: Cho biểu thức: P =

                          1 2 : 1 x x x x x x x x x x x

a,Rút gọn P

b,Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên

Bài 2: Cho phương trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= (*)

a.Tìm m để phương trình (*) có nghiệm âm

b.Tìm m để phương trình (*) có nghiệm x1; x2 thoả mãn

3 x x  =50 Bài 3: Cho phương trình: ax2 + bx + c = có hai nghiệm dương phân biệt x

a,Phương trình ct2 + bt + a =0 cịng có hai nghiệm dương phân biệt t t2

b,Chứng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4

Bài 4: Cho tam giác có góc nhọn ABC nội tiếp đường trịn tâm O H trực tâm tam giác. D điểm cung BC không chứa điểm A

a, Xác định vị trí điẻm D để tứ giác BHCD hình bình hành

b, Gọi P Q điểm đối xứng điểm D qua đường thẳng AB AC Chứng minh điểm P; H; Q thẳng hàng

c, Tìm vị trí điểm D để PQ có độ dài lớn Bài 5: Cho hai số dương x; y thoả mãn: x + y  1

Tìm giá trị nhỏ của: A = x y xy 501 2   Đáp án Bài 1: (2 điểm) ĐK: x 0;x1

a, Rút gọn: P =

      1 : 1 2     x x x x x x z

<=> P = 1 ) (      x x x x

b P =

2 1      x x x

Để P nguyên

) ( 0 1 1 Loai x x x x x x x x x x x                          Vậy với x= 0;4;9 P có giá trị ngun Bài 2: Để phương trình có hai nghiệm âm thì:

                          6 2 2 2 m x x m m x x m m m ) )( ( 25                    m m m m

                      5 1 50 ) 3 ( 2 m m m m m m

Bài 3: a Vì x1 nghiệm phương trình: ax2 + bx + c = nên ax12 + bx1 + c =0

Vì x1> => c

1

1         a x b

x Chứng tỏ

1

x nghiệm dương phương trình: ct2 +

bt + a = 0; t1 =

1 x Vì x

2 nghiệm phương trình:

ax2 + bx + c = => ax

22 + bx2 + c =0

vì x2> nên c

0 2                    a x b

x điều chứng tỏ 2

1

x nghiệm dương phương

trình ct2 + bt + a = ; t =

1 x

Vậy phương trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dương phân biệt x

1; x2 phương trình : ct2

+ bt + a =0 cịng có hai nghiệm dương phân biệt t1 ; t2 t1 =

1 x ; t

2 =

1 x b Do x1; x1; t1; t2 nghiệm dương nên

t1+ x1 =

1 x + x

1 2 t2 + x2 =

1 x + x

2 2

Do x1 + x2 + t1 + t2 4

Bài 4

a Giả sử tìm điểm D cung BC cho tứ giác BHCD hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB H trực tâm tam giác ABC nên

CH AB BHAC => BDAB CD AC.

Do đó: ABD = 900 ACD = 900

Vậy AD đường kính đường trịn tâm O Ngược lại D đầu đường kính AD đường trịn tâm O

tứ giác BHCD hình bình hành

b) Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB ADB =ACB ADB = ACB

Do đó: APB = ACB Mặt khác: AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đường tròn nên PAB = PHB Mà PAB = DAB đó: PHB = DAB

Chứng minh tương tự ta có: CHQ = DAC

Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800

Ba điểm P; H; Q thẳng hàng c) Ta thấy  APQ tam giác cân đỉnh A

Có AP = AQ = AD PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn  AP AQ lớn hay  AD lớn