De Toan thi vao PTTH cac tinh

Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF. Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp... d) Gọi I là giao điểm của KF và BC[r]

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

Mơn thi: TỐN.

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 =

1

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

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

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

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

Câu 4 (3,5 điểm)

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

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

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

Chứng minh rằng: IP + KQ  PQ

-

HẾT -http://violet.vn/caohung1981/

ĐỀ CHÍNH THỨC.

ĐÁP ÁN: Câu 1:

a) ĐKXĐ: x > 0, x 

Rút gọn: A =

x x



b) A =

3 <=>  

1

3

3

x

x x x

x 

     

(thỏa mãn) c) P = A - x=

1

x x



- x= – x x       

Áp dụng BĐT Côsi:

9 x 2.3

x   

=> P  -5 Vậy MaxP = -5 x =

1 Câu 2:

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

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) =  m2 + – 4(m +2) = ó m 2 – 4m – = => m

1 = - 1(loại)

m2 = (thỏa mãn) Vậy m =

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

Theo ta có pt:

120 120 10

x  x  ó x2 + 10x – 1200 =

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

KHÁNH HỊA NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn thi: TOÁN

Ngày thi : 21/06/2011 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1( điểm)

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 qng đường cịn lại.Tính vận tốc ban đầu người xe đạp

Bài 4( điểm)

http://violet.vn/caohung1981/ ĐỀ THI CHÍNH THỨC

( đề thi có 01 trang)

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  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

Giải câu 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

http://violet.vn/caohung1981/

A

B C

E D

H

O M G

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

ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2011 - 2012

Mơn thi: TỐN

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

Bài 1: (2,0 điểm)

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

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). http://violet.vn/caohung1981/ ĐỀ THI CHÍNH THỨC

( đề thi có 01 trang)

a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều kiện

2 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

- Hết

BÀI GIẢI

Bài 1:

a) (2x + 1)(3-x) + = (1)  -2x2 + 5x + +4 =  2x2 – 5x – = (2) Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có nghiệm

x1 = -1 x2 =

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 = 2

b) ∆’ = + 2m2 > với m => phương trình (1) có nghiệm với m Theo Viet, ta có: x1 + x2 = => x1 = – x2

Ta có:

2

x  x => (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 = x

1.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=

2AD.BC =

2

1

2 3

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

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

Xét tứ giác AHKM, ta có:

góc HAK = góc HMK = 300, nên dễ dàng  tứ giác nội tiếp Vậy góc AHK = góc AMK = 900

Nên KH vng góc với AD

Vậy HK đường cao phát xuất từ I IAD Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy I

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(khơng kể thời gian giao đề)

Ngµy thi: 22 tháng năm 2011 Bi 1: (2,0 im)

   

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

trôc 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 tr 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 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 th hai Q Chng minh:

1)BEDC tứ giác néi tiÕp

2) HQ.HC HP.HB

3) § êng thẳng DE song song với đ ờng thẳng PQ

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

-

Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI: 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 (*); 121 112

   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/ 3 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

m  m Câu 4:

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 trịn

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

3) BEDC nội tiếp đường tròn 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:

- Hết

SỞ GIÀO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO Năm học: 2011– 2012

Mơn: Tốn (hệ số 1)

Thời gian: 120’ (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2 điểm)

Cho hai biểu thức : A =

a b b a ab



B =

2

( a b) ab

a b

 



( với a >0 b >0 a b )

1/ Rút gọn A B

2/ Tính tích A.B với a = , b = Bài : (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau: 1/ x4 6x3 27x 22 0 

2/

2

4 2x 3y x + y

1

9 2x 3y x + y



 

   

  

  

Bài : (2 điểm)

Một xe ô tô từ A đến B cách 180km Sau giờ, ô tô dừng lại để đổ xăng nghỉ ngơi 15 phút tiếp tục với vận tốc tăng thêm 20 km/h đến B định Tính vận tốc ban đầu xe ô tô

Bài :(3 điểm)

Cho tam giác ABC cạnh a nội tiếp đường tròn (O)

1/ Tính theo a phần diện tích hình trịn (O) nằm tam giác ABC

2/ Trên BC lấy điểm M tùy ý ( M khác B ,C ) ; từ M kẻ MP , MQ vng góc với AB , AC P , Q Chứng minh :

a) Tứ giác APMQ nội tiếp

b) Khi điểm M di động cạnh BC tổng MP + MQ khơng đổi Bài :(1 điểm)

Cho tam giác ABC có A = 60 0 Chứng minh : BC2 AB2AC2 AB AC.

- Hết

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

TP.HCM Năm học: 2011 – 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TOÁN

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 và đường thẳng (D): y2x 3 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 2. 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 vuông 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 - Hết

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

 

 

  



1

5

y x

  



 

4

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:

a) Đồ thị:

Lưu ý: (P) qua O(0;0),  1; , 2; 4   

(D) qua 1; , 0; 3    

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

   

  

    (x0,x16)

=

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 vng 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 vuông H, có HF chiều cao)

Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng AHD vuông 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) IH2 = IF.IK (từ

IHF đồng dạng IKH)  IH2 = IC.ID

http://violet.vn/caohung1981/ A

B C

D P

E

O H I

K F Q

SỞ GD&ĐT THÀNH PHỐ HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Mơn thi : Tốn

Ngày thi : 22 tháng năm 2011

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I(2,5 điểm)

Cho

x 10 x A

x 25

x x

  



  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 trịn (O) (E khơng trùng với http://violet.vn/caohung1981/

ĐỀ CHÍNH THỨC

A B) Đường thẳng d qua điểm E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1 d2

M, N

1) Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh ENIEBI MIN 90 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

M 4x 3x 2011 4x

   

-Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích them

.Họ tên thí sinh:………Số báo danh:……… Chữ kí giám thị 1: ……… Chữ kí giám thị 2: ………

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

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

<=> x2 – 2x – = 0

Giải x = => y = 16 x = -2 => y =

Tọa độ giao điểm (P) (d) (4 ; 16) (-2 ; 4) 2/ Phương trình hồnh độ điểm chung (d) (P) x2 – 2x + m2 – = (1)

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

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 vng 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

2 ;IN= 3R√2

2 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 x >

1 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+

1 8x≥3

3

√x2 8x

1 8x=

3

4 Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2

mà (x −12)≥0 Dấu ‘=’ xẩy x = 1/2 Vậy M ≥0+34+1

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 CHUYÊNNĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn: TỐN ( chung) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút

PHẦN – Trắc nghiệm (1 điểm): Mỗi câu sau có nêu bốn phương án trả lời (A, B,C, D) , có một phương án Hãy chọn phương án viết vào làm chữ 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 đường tròn (O) nội tiếp tam giác MNP cân M Gọi E; F tiếp điểm đường tròn (O) với cạnh MN;MP BiếtMNP 50  0.Khi đó, cung nhỏ EF đường trịn (O) có số đo bằng:

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

Câu 3: Gọi  góc tạo đường thẳng y x  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

P :

x x 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2x Lập phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ O điểm M ( biết đường thẳng OM là đồ thị hàm số bậc nhất)

2) Cho phương trình  

x  5x 1  Biết phương trình (1) có hai nghiệm x ;x1 2 Lập phương trình bậc hai ẩn y ( Với hệ số số nguyên ) có hai nghiệm

1

1

1

y y

x x

   

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

3 17

x y 2x y 26

x y 

 

  

 

 

  

  



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

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

x x 9 x 9 22 x 1

2)Chứng minh : Với

2

2

1

x 1, ta ln có x x

x x

   

      

   .

HD

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

3 17

x y 2x y 26

x y 

 

  

 

 

  

  



ĐKXĐ: x 2; y 1

3 17 17 17

x y x y x y

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

2

x y x y x y

  

     

        

  

 

  

     

          

        

  

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

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

1) NIB BHN 180   NHBI

 nội tiếp

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

  

  

1 1

2 2 Ta có H B A I

I B A K

  

  

 

3) ta có: 

  

1

0 2

I I DNC

B A DNC 180  

   

 

Do CNDI nội tiếp

 2 2  2

D I A

    DC//AI

Lại có A 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 x  9x 22 x 1 2 x2 9  x2 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 11



 

 Với

2

2

m x

t ta có : x x 2x 11 vơ nghiêm

2



      

 Với

2

2

m x

t ta có : x x 11x

11 11

  

      

121 129

    > phương trình có hai nghiệm 1,2

11 129 x

2   

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt 1,2

11 129 x

2   

2) Chứng minh : Với

2

2

1

x 1, ta ln có x x

x x

   

       

    (1)

2

2

2

1 1 1

3 x x x x x x

x x x x x x

1 1

3 x x (vì x nên x 0) (2)

x x x

           

         

           

           

   

          

   

Đặt

2 2

1

x t x t

x x

    

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

Vì  

2 2

x nên x x 2x x hay t 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 27b ng:ằ

A 12 B 18 C 27 D 324

Câu Đồ ị th h m s y= mx + (x l bi n, m l tham s ) i qua i m N(1; 1) Khi ó ố ế ố đ đ ể đ gí tr c a m b ng:ị ủ ằ

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

Câu Cho tam giác ABC có diện tích 100 cm2

G i M, N, P tọ ương ng l trung i m ứ đ ể c a AB, BC, CA Khi ó di n tích tam giác MNP b ng:ủ đ ệ ằ

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

Câu Tất giá trị x để biểu thức x 1 có ngh a l :ĩ à

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

a) Tứ giác AFEC hình thang cân

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

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

ab bc ca

c ab  a bc  b ca .

-HẾT -Cán coi thi khơng giải thích thêm!

Họ tên thí sinh:……….Số báo danh:………

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 toàn 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 i m).đ ể

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 i m):đ ể

Nội dung trình bày Điể

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

http://violet.vn/caohung1981/

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

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

————————



0

x x

   

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

0,25 b (0,5 i m):đ ể

Nội dung trình bày Điể

m 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 i m):đ ể

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 i m).đ ể

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 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).

http://violet.vn/caohung1981/

E K

I H

O B

A

C F

D

a (1,0 i m):đ ể

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 b (1,0 i m):đ ể

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 i m).đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Có:  

2

1

a b c    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

3

2 đạt

1 a b c  

0,25