bộ đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh thanh hóa có đáp án

 Trịnh Bình sưu tầm tổng hợp BỘ ĐỀ THI TỐN VÀO LỚP 10 TỈNH THANH HĨA Thanh Hóa, ngày 16 tháng năm 2020 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2019 – 2020 MƠN THI: TỐN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số x +2 Bài (2 điểm) Cho biểu thức: A = với x ≥ 0; x ≠ − − x +3 x+ x −6 x −2 Rút gọn A Tìm giá trị cảu A x= + Bài (2 điểm) Cho đường thẳng ( d ) : y = ax+b Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( d ') : y = 5x+6 qua điểm A ( 2;3) 11 3 x + y = Giải hệ phương trình  x + y = Bài 3: ( điểm) Giải phương trình x − x + = Cho phương trình: x − ( m − 1) x + m − = với m tham số.Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với m Tìm m để nghiệm thỏa mãn hệ thức (x )( ) − mx1 − x2 + m − x2 − mx2 − x1 + m − = 19 Bài (3,0 điểm) Từ điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R, kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B, C tiếp điểm) Trê cung nhỏ BC lấy điểm M khác B C Gọi I,K,P hình chiếu vng góc M đường thẳng AB, AC, BC 1) Chứng minh AIMK tứ giác nội tiếp;  = MBC  2) Chứng minh MPK 3) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI MK MP đạt giá trị nhỏ nhât Bài (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn abc = , Chứng minh rằng: ab bc ca + 4 + ≤1 a + b + ab b + c + bc c + a + ca Hết -Họ tên Số báo danh ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨA NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số Câu I: (2,0 điểm) Giải phương trình: x + x + = −6 2 x − y = 20 5 x + y = Giải hệ phương trình:  Câu II: (2,0 điểm) Cho biểu thức A = x +1 x  : + x+4 x +4  x+2 x x   , với x > x +2 Rút gọn biểu thức A Tìm tất giá trị x để A ≥ x Câu III: (2,0 điểm) Cho đường thẳng ( d ) : = y ax + b Tìm a, b để đường thẳng ( d ) song song với y x + qua điểm A (1; −1) đường thẳng ( d ') : = Cho phương trình x − (m − 2) x − = ( m tham số) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với m Tìm m để nghiệm thỏa mãn hệ thức x12 + 2018 − x1 = x22 + 2018 + x2 Câu IV: (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = R Gọi d1 d tiếp tuyến đường tròn (O) A B , I trung điểm đoạn thẳng OA , E điểm thay đổi đường tròn (O ) cho E không trùng với A B Đường thẳng d qua E vng góc với đường thẳng EI cắt d1 , d M , N Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp Chứng minh IB.NE = 3.IE.NB Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM BN có giá trị khơng đổi tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác MNI theo R Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 1 + ≥ 30 2 a +b +c abc Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA Đề thức ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2017 – 2018 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: mx + x − = (1), với m tham số a Giải phương trình (1) m = b Giải phương trình (1) m = 3 x − y = Giải hệ phương trình:  10 x + y = Câu  y 8y   y −  + : −  , với y > , y ≠ , (2,0 điểm) Cho biểu thức: A =  2+ y 4− y   y−2 y  y     y ≠ Rút gọn biểu thức A Tìm y để A = −2 Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y = x − m + parabol ( P ) : y = x Tìm m để đường thẳng ( d ) qua điểm A ( 2; ) Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh 16 độ x1 , x2 thỏa mãn x12 − x2 + x1 x2 = Câu (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn ( O ) đường kính MN = R Gọi ( d ) tiếp tuyến ( O ) N Trên cung MN lấy điểm E tùy ý ( E không trùng với M N ), tia ME cắt đường thẳng ( d ) F Gọi P trung điểm ME , tia OP cắt ( d ) Q Chứng minh ONFP tứ giác nội tiếp Chứng minh OF ⊥ MQ PM.PF = PO.PQ Câu Xác định vị trí điểm E cung MN để tổng MF + ME đạt giá trị nhỏ (1,0 điểm) Cho a , b , c số dương thay đổi thỏa mãn: 1 + + = 2017 Tìm giá trị lớn biểu thức: a+b b+c c+a P= 1 + + 2a + 3b + 3c 3a + 2b + 3c 3a + 3b + 2c SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA Đề thức ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2016 – 2017 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số Câu I: (2,0 điểm) Giải phương trình: a x – = b x2 – 5x + = 2x - y = Giải hệ phương trình:  3x + y = ( )  y y -1 y y +1  y − y + Câu II: (2,0 điểm) Cho biểu thức: A =  với y > 0; y ≠ −  :  y- y y − y + y   Rút gọn biểu thức B Tìm số nguyên y để biểu thức B có giá trị nguyên Câu III: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx +1 Parabol (P): y = 2x Tìm n để đường thẳng (d) qua điểm B(1; 2) Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồng độ M(x1; y1), N(x2; y2) Hãy tính giá trị biểu thức S = x1 x2 + y1 y2 Câu IV: (3,0 điểm) Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ Hai đường chéo MP NQ cắt E Gọi F điểm thuộc đường thẳng MQ cho EF vng góc với MQ Đường thẳng PF cắt đường trịn đường kính MQ điểm thứ K Gọi L giao điểm NQ PF Chứng minh rằng: Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn  FM đường phân giác góc NFK NQ.LE= NE.LQ Câu V: (1,0 điểm) Cho số dương m, n, p thỏa mãn: m + 2n ≤ 3p Chứng minh -Hết + ≥ m n p ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨA NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN THI: TỐN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Đề số Câu (2 điểm) : Giải phương trình mx2 + x – = a) Khi m = b) Khi m = x + y = Giải hệ phương trình:  x − y = Câu (2 điểm): Cho biểu thức Q = b +2 (Với b ≥ b ≠ 1) + − b −1 b −1 b +1 Rút gọn Q Tính giá trị biểu thức Q b = + Câu (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = x + n – parabol (P) : y = x2 Tìm n để (d) qua điểm B(0;2) Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ lần 1 1 lượt x1, x2 thỏa mãn:  +  − x1 x2 + = x x   Câu (3 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R đường thẳng (d) khơng qua O, cắt đường tròn (O) điểm E, F Lấy điểm M tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D tiếp điểm) Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp đường tròn Gọi K trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh KM phân giác góc CKD Đường thẳng qua O vng góc với MO cắt tia MC, MD theo thứ tự R, T Tìm vị trí điểm M (d) cho diện tích tam giác MRT nhỏ Câu (1 điểm): Cho x, y, z số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 Tìm giá trị nhỏ biểu thức B = x + y + z Hết ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨA NĂM HỌC 2014 – 2015 MƠN THI: TỐN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số Câu (2.0 đ) Giải phương trình sau: a y - = b y2 – 3y + = x + y = 3 x − y = b Giải hệ phương trình:  Câu (2.0 đ) Cho biểu thức B = y −1  1  − :   , với y > y ≠ y − y  y y +  a Rút gọn biểu thức B b Tính giá trị B x = + 2 Câu (2.0 đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx – parabol (p) y = x2 Tìm n để đường thẳng (d) qua điểm B(1; 0) Tìm n để (d) cắt (p) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thoả mãn x1 − x2 = Câu (3.0 đ) Cho đường tròn tâm O đường kính EF = 2R Gọi C trung điểm OE; qua C kẻ đường vng góc với OE cắt đường trịn hai điểm phân biệt M N Trên cung nhỏ FM lấy điểm K ( K ≠ F K ≠ M), tia KN lấy điểm I cho KI = KM gọi D giao điểm EK MN Chứng minh rằng: a Tứ giác FCDKlà tứ giác nội tiếp b EK ED = R2 c NI = FK Câu (1 đ) Cho số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức P 1 + + a + b +1 b + c +1 c + a +1 Hết ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN THI: TỐN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số Câu (2.0 điểm): Cho phương trình bậc hai: x2 +2x – = 0, với hệ số a = 1, b = 2, c = -3 a.Tính tổng: S = a + b + c b.Giải phương trình Giải hệ phương trình: x − 3y =  2 x + y =  = Q +  Câu (2.0 điểm): Cho biểu thức: y − y  y ≠1) y +1    :    ( Với y > 0; y −   y − y +  a Rút gọn biểu thức Q b Tính giá trị biểu thức Q y= − 2 Câu (2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + Parabol (P): y = - 2x2 a Tìm b để đường thẳng (d) qua điểm B(1;5) b Tìm b để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 + 4(x1 + x2) = Câu (3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF Bán kính OI vng góc với EF, gọi J điểm Cung nhỏ EI (J khác E I), FJ cắt EI L; Kẻ LS vng góc với EF (S thuộc EF) a Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp b Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N cho FN = EJ Chứng minh rằng, tam giác IJN vuông cân c Gọi (d) tiếp tuyến điểm E Lấy D điểm nằm (d) cho hai điểm D I nằm mặt phẳng bờ đường thẳng FE ED.JF = JE.OF Chứng minh đường thẳng FD qua trung điểm đoạn thẳng LS Câu ( 1.0 điểm): Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca ≥ a4 b4 c4 + + ≥ Chứng minh rằng: b + 3c c + 3a a + 3b ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2012 – 2013 MƠN THI: TỐN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải phương trình sau : a) x - = b) x2 - 3x + = 2 x − y = 2- Giải hệ phương trình :   x+ y =2 Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A = 2+2 a + 2−2 a - a2 +1 1− a2 1- Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị a ; biết A < Bài 3: (2.0 điểm) 1- Cho đường thẳng (d) : y = ax + b Tìm a; b để đường thẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x ẩn số ) Tìm a để phươmg trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 + x 22 = Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ vng góc với cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC) 1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn 2- Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ Chứng minh OH ⊥ PQ 3- Chứng minh : MP +MQ = AH Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b ≥ a > Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 8a + b + b2 4a ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2011 – 2012 MƠN THI: TỐN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số Bài 1(1.5đ): Cho hai số a1 = 1+ ; a2 = 1- Tính a1+a2 x + y = Giải hệ phương trình:  2 x − y = −3  a a a −1 : Bài 2(2đ): Cho biểu thức A =  − +  a + (Với a ≥ 0;a ≠ ) a − a + a − 2   Rút gọn biểu thức A Tính giá trị A a = 6+4 Bài 3(2,5đ): Cho phương trình: x2 – (2m-1)x + m(m-1) = (1) (Với m tham số) a Giải phương trình (1) với m = b Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m c Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình (1) (Với x1 < x2) Chứng minh x12 – 2x2 + ≥ Bài 4(3đ): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Đường cao BD CK cắt H Chứng minh tứ giác AKHD nội tiếp đường tròn Chứng minh tam giác AKD tam giác ACB đồng dạng kẻ tiếp tuyến Dx D đường tròn tâm O đường kính BC cắt AH M Chứng minh M trung điểm AH Bài 5(1đ): Cho ba số dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức: a b c + + ≥2 b+c a+c a+b 30 Do MIK = 600, MIK = đường trịn) =>  ) ( góc có đỉnh bên  + sđ PN (sđ MK  ) = 60 (3)  + sđ PN (sđ MK Lại có Tứ giác OMEN hình thoi MEN = 1200 => MEO = 600 hay MEF = 600   + sđ KF ) sđ MF = (sđ MK 2  + sđ KF  ) = 600(4) => (sđ MK  => KF = PN (*)  = PN Kết hợp (3) (4) => KF Nhưng MEF = Mặt khác: ∆ INP có NIP = MIK = 600 (đối đỉnh), NPI = Nên tam giác , IN = NP (**) Từ (*) (**) suy IN = FK (đpcm) Cho số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức P  sđ MN = 600 1 + + a + b +1 b + c +1 c + a +1 Đặt x3 = a, y3 = b, z3 = c Do a, b, c dương nên x, y, z dương => a, b, c = x3 y3 z3 = => x y Z = Kh iđó P = 1 + + x + y +1 y + z +1 z + x +1 Xét hiệu ( x3 + y3) – xy(x + y) = (x - y) x2 – y2 (x - y) = (x - y)(x2 – y2) = (x - y)2(x + y), (x - y)2 ≥ ∀ x, y x + y dương (vì x, y dương) Do vậy: (x -y)2(x + y) ≥ 0, ∀ x, y dương => ( x3 + y3) – xy(x + y) ≥ 0, ∀ x, y dương => x3 + y3 ≥ xy(x + y), ∀ x, y dương, dấu “=” xảy x = y => x3 + y3 + ≥ xy(x + y) + 1, ∀ x, y dương, dấu “=” xảy x = y => x3 + y3 + ≥ xy(x + y) + xyz ( xyz = 1), ∀ x, y dương, dấu “=” xảy x = y => x3 + y3 + ≥ xy(x + y + z) => 1 , dấu ”=” xảy x = y ( 1) ≤ x + y +1 xy ( x + y + z ) Chứng minh tương tự ta 1 , dấu ”=” xảy z = y ( 2) ≤ y + z +1 yz ( x + y + z ) 1 , dấu ”=” xảy z = x ( 3) ≤ 3 z + x +1 zx( x + y + z ) Kết hợp (1), (2) (3) ta 1.0 31 1 + + dấu ”=” xảy xy ( x + y + z ) yz ( x + y + z ) zx( x + y + z ) x = y y= z  x = y = z z = x  xyz =1   x > 0, y > 0, z > P≤ P≤  1 1 1 x+ y+ z = Dấu ”=” xảy + + = ⋅ =  ( x + y + z )  xy yz zx  ( x + y + z ) xyz xyz x = y = z a = b = c = Do => MaxP = a = b = c= Ghi chú: Đề số CÂU NÔI DUNG 1a S = + + (-3) = 0.5 1b Ta có a + b + c = Nên phương trình có nghiệm x1 = 1, x2 = -3 x − 3y = = = 3 x x    + 3y + 3y = 2 x= 2 x= y Vậy hệ pt có nghiệm nhất: (x;y) = (2;0)  a Q  = +  y− y      : y −     ) ( ) (    y +1   y −1  =  y y −   y +     ( ) b y= − 2 = 0.75 0.25 ( ) −1  y +1   y −1   0.25 y −1 0.75 ) y 2 −1 −1 −2 = =− 2 −1 −1 a Để (d) qua B(1;5) ta phải có: = 2b.1 + 1=> b = Khi đường thẳng (d) có phương trình là: y = 4x + Thay vào ta giá trị tương ứng Q = 0.5 y +1     :   y −   y − y +   =  +  y y −1  ( ĐIỂM 0.25 0.75 0.25 32 b Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt phương trình sau phải có hai nghiệm phân biệt: 2bx + 1= -2x2 2x2 + 2bx + = có hai nghiệm phân biệt b2 – > − > b b > (*) −b  x1 + x2 =  Khi theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2 = Để x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 + 4(x1+x2) = (x1+x2)2 +4(x1+x2) -2x1x2= b2 -4b – = N S O F  900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) a Ta có EIF=  900 , L ∈ IE => LIF= 0.25  900 theo đề LS ⊥ EF => LSF= 0.25   Do tứ giác LSFI nội tiếp có: LIF+LSF=180 0.25 L K E 0.25 0.25 Giải phương trình ẩn b ta b= ± , có b= + thỏa mãn điều kiện (*)Vậy b= + Hình vẽ: P I J D 0.25 0.5 b Ta có IJE = INF (c.g.g) vì: EJ = FN ( đề bài), IE = IF (vì IEF cân I )  = IFJ  ( góc nội tiếp chắn cung IJ) Mặt khác: Trong (O) ta có IEJ 0.5 Suy ra: IJ = IN ( cặp cạnh tương ứng)  = sđ IF  = 450 Xét IJN có IJN Do IJN vuông cân I 0.25 c Gọi K giao điểm FD LS, P giao điểm tia FJ d Theo đề ta có ED.JF = JE.OF, mà OE=OF => ED.JF = JE.OE ED OE  = JFE  , mà chúng vị trí => =>  EOD đồng dạng với IFE => EOD = JE JF đồng vị nên => OD//JF=> OD//FP(vì P ∈ FJ) Trong tam giác PEF có OD//PF, OE = OF => OD đường trung bình PEF =>DP = DE (1) Mặt khác: Theo đề ta suy EP ⊥ EF, SL ⊥ EF = > EP / / SL 0.25 0.25 0.25 0.25 33 Theo hệ định lí Ta lét ta có: FL FS LK FK SK (2) = = = = FP FE PD FD ED Từ (1) (2) => LK = LS, hay FD qua trung điểm LS 0.25 Cho a, b, c > thỏa mãn ab + bc + ca ≥ a4 b4 c4 CMR: + + ≥ b + 3c c + 3a a + 3b Cách 1: Vì a, b, c dương nên ta có: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ≥ =>a2 + b2 + c2 ≥3 Mặt khác theo bđt Bunhiacopxki ta có (a + b + c) ≤ (12 + 12 + 12 )( a + b + c )= ( a + b + c ) ⇔ a + b + c ≤ ( a + b2 + c2 ) (2)  a4 b4 c4  Lại theo bđt Bunhiacopxki ta có: ( a + b + c )  + + =  b + 3c c + 3a a + 3b   a4 b4 c4  2 2 = ( b + 3c ) + ( c + 3a ) + ( a + 3b )   + +  ≥ (a + b + c )  b + 3c c + 3a a + 3b  a + b2 + c2 ) ( a4 b4 c4 ⇒ + + ≥ b + 3c c + 3a a + 3b 4(a + b + c) (a + b2 + c2 ) ≥ = ( a + b2 + c2 ) 2 (a + b2 + c2 ) 0.25 33 = ≥ 4 Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c =1 (Điều phải chứng minh) Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương: a4 b + 3c b + 3c ta có 16 a b+3c a a4 b + 3c + , ( dấu “=” xảy a = b = c = 1) = ≥ b+3c 16 b + 3c 16 0.5 Tương tự ta có: b4 b c+3a b c + 3a + = ≥ c + 3a c+3a 16 16 c a+3b c c4 a + 3b + = ≥ a+3b 16 a + 3b 16 a4 b4 c4 b + 3c c + 3a a + 3b a +b +c Suy ra: + + + + + ≥ ≥ b + 3c c + 3a a + 3b 16 16 16 a4 b4 c4 a+b+c => + + ≥ b + 3c c + 3a a + 3b ( dấu “=” xảy a = b = c = 1) Mặt khác áp dụng BĐT Bunhia: 0.25 34 (a + b + c)2 ≤ (1 + 1+ 1)(a2 + b2 + c2 ) ⇒ a + b + c ≤ a + b 2  + c ⇒ - (a + b + c) ≥ - a + b 2  + c 1 a + b 2  + c (a + b + c ) - (a + b + c) ≥ (a + b + c ) 4 a + b 2  + c ⇒ VT ≥ (a + b + c ) Dấu xảy khi: a = b = c = Lại có: a2 + b2 ≥ 2ab b2 + c2 ≥ 2bc c2 + a2 ≥ 2ca ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ≥ ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ⇒ ⇒ a + b 2  + c ≥ a= b= c Dấu xảy khi:  ⇔ a = b = c =1 ab + bc + ca = Xét hiệu: A =VT - 3 = (a + b + c ) a + b 2  + c 4 Đặt t = a + b 2  + c với t ≥ 3 3 3 t t - = ( t2 t)+( t - ) = t (t - ) + (t - ) 2 4 4 = (t - ).( t + ) Do t ≥ nên A ≥ ⇒ VT - ≥ => VT ≥ 4 a b4 c4 Hay + + ≥ Dấu xảy khi: a = b = c =1 b + 3c c + 3a a + 3c A= Cách Ta có : a2 + b2 + c2 – ab –ac – bc = [ a + b2 + c2 nên : a +b +c ≥ ab +ac +bc ≥ ⇒ ≥ 4 2 đẳng thức xảy a = b = c và: ] (a − b) + (b − c) + (c − a ) ≥ (1) 35 a + b + c − 2a − 2b − 2c + =  (a − 1) + (b − 1) + (c − 1)  ≥ ⇔ a + b2 + c2 − ( a + b + c ) + ≥ (a ⇔a+b+c≤ + b2 + c2 ) + a + b2 + c2 a + b2 + c2 ⇔ ≥ = a+b+c ( a + b2 + c2 ) + ( a + b2 + c2 ) 2.3 = ≥ 2 (a + b + c ) + 3 + ⇒ a +b +c ≥1 a+b+c 2 (2) đẳng thức xảy a = b = c = Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có :  a   b   c    2  + + b + 3c + c + 3a + a + 3b           b + 3c   c + 3a   a + 3b   ( ≥ ( a + b2 + c2 ) ) ( ) ( ) a + b2 + c2 ) a + b2 + c2 a + b2 + c2 ( a4 b4 c4 ⇔ + + ≥ =  (*) b + 3c c + 3a a + 3b 4(a + b + c) a+b+c a4 b4 c4 + + ≥ b + 3c c + 3a a + 3b đẳng thức xảy a = b = c = Kết hợp (1) (2) (*) ta có: Đề số Bài Nội dung x – = ⇔ x = nghiệm phương trình x Bài điểm a) Giải phương trình : =1 b) x2 – 3x + = phương trình bậc hai ẩn x có dạng : a + b+ c = c ⇒ nghiệm phương trình x1 = 1; áp dụng vi ét ta có x2 = = =2 a Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = 1; x2 =  x=3 2 x − y =  3x =  x=3 Giải hệ phương trình :  ⇔ ⇔ ⇔  x+ y =2 x + y = 3 + y = y = −  x=3 nghiệm hệ   y = −1  a≥0  a≥0 ⇔  2 − a ≠ 2 ≠ a A= 2+2 a + 2−2 a -  x=3   y = −1 a ≥ ⇔ a ≠ a +1 = 1− a2 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 36 A= Bài điểm A= Bài điểm 2(1 + a ) (a + 1)(1 − + 2(1 − a ) - ) ( a2 +1 )( (1 + a ) + a − a ( ) 2.(1 + a )(1 + a )(1 − a ) (a + 1).(1 − a ) + (a + 1).(1 + a ) − 2a A= 2.(1 + a ).(1 + a )( 1− a ) A= A= a + (a + 1) + a − 2a − 2 ) −2 a − a a + − a + a + a a + + a − 2a − ( )( 2.(1 + a ) + a − a 2a − 2a ( )( ) = ) a 2a (1 − a ) = 2.(1 + a )(1 − a ) + a 2.(1 + a ) + a − a a a 2a − Với A < ta có < - với a Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với a : − 3.(a + 1)   x1 + x = a Theo hệ thức vi et ta có :  2a +  x1 x = a  2 theo ta có : x1 + x = ⇒ ( x1 + x2)2 – 2x1.x2 = thay vào ta có 2a +  − 3(a + 1)  = ⇒ ( a2 + 2a + 1) -2a.(2a+4) = 4a2   − 2× a a   9a2 + 18a + -4a2 -8a = 4a2 ⇒ a2 + 10a + = phương trình bậc hai ẩn a có dạng a – b + c= 1- 10 + = nên có hai nghiệm a1 = –1 a2 = -9 với a = - a = -9 thoả mãn với a = - a = -9 p/ trình có hai nghiệm thoả mãn x12 + x 22 = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 37 Xét Tứ giác APMQ ta có MQ ⊥ AC ( gt) ⇒ MQˆ A = 900 MP ⊥ AB ( gt) ⇒ MPˆ A = 900 Nên : MQˆ A + MPˆ A = 1800 mà MQˆ A MPˆ A hai góc đối ◊ APMQ nên ◊ APMQ nội tiếp đường tròn 0,25 0,25 0,25 0,25 A O P Q B Bài điểm Bài 1điểm H M C theo câu ◊ APMQ nội tiếp đường tròn mà MPˆ A = 900 nên AM đường kính O trung điểm cuả AM Q; H ; P thuộc (O) nên OP = OH = OQ( = R) (1) Ta có PAˆ H = POˆ H ( góc nội tiếp góc tâm chắn cung PH) QAˆ H = QOˆ H ( góc nội tiếp góc tâm chắn cung QH) Vì ∆ ABC đề có AH đường cao nên phân giác góc BAC ⇒ PAˆ H = QAˆ H ⇒ POˆ H = QOˆ H ⇒ OH phân giác POˆ Q Mặt khác OP = OQ nên ∆ OPQ cân O có OH phân giác POˆ Q nên OH đường cao ∆ OPQ OH ⊥ PQ S ∆ABC = S ∆AMB + S ∆AMC 1 Mà S ∆ABC = BC × AH ;S ∆AMB = AB × MP ; S ∆AMC = AC × MQ 2 1 ⇒ S ∆ABC = BC × AH = AB × MP + AC × MQ 2 1 Vì ∆ ABC dều nên BC = AC = AB ⇒ BC × AH = BC ( MP + MQ) 2 ⇒ MP +MQ = AH 8x2 + y Tìm GTNN D = + y với x+ y ≥ x > 4x Từ x+ y ≥ ⇒ y ≥ - x ta có: 8x2 + − x 1 + y2 = 2x + − + y2 D≥ 4x 4x 1 = x+ + x − + y2 4x 1   1  Thay x ≥ - yta suy ra:D ≥ x + + − y − + y =  x +  +  y − y +  + (1) 4x 4x   4  Vì x> áp dụng BĐT si có: x + ≥1 4x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1  1  lại có:  y − y +  =  y −  ≥ 4  2  0,25 38 Nên từ (1) suy ra: D ≥ + + 3 hay D ≥ Vậy GTNN D Khi 2  x + y =  1  ⇔x= y= x = 4x    y = 0,25 Đề số Bài 1: 1,5 điểm a) a1 + a2 = 2 −1 x + y = 2 x + y = x = b)  ⇔ ⇔ −3  x − y = −3  y = 2 x − y = Bài 2:  a a a −1 : a) A =  − +  a−4  a +2 a −2  a +2 = a − a − a − a + a −1 a + a−4 = a +2 a−4 = −1 a −2 b) a = 6+4 = (2 + 2) −1 = A= a −2 −1 = (2 + 2) − −1 Bài 3: a) với m = 2, phương trình trở thành: x2 - 3x + = phương trình có a + b + c = nên Pt có hai nghiệm là: x1 = ; x2 = 39 b) = ∆ (2m − 1) − 4m(m −= 1) Vì ∆ = > với m nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt c) Vì x1< x2 nên : 2m − − = m −1 2m − + = x2 = m x1= x12 − x2 + = (m − 1) − 2m + = (m − 2) ≥ với m Bài 4: A M D K H B C O a) Tứ giác AKHD có :  AKH +  ADH = 900 + 900 = 1800 => Tứ giác AKHD nội tiếp đường trịn đường kính AH   b) Tứ giác BKDC có : BKC = BDC = 900 => Tứ giác BKDC tứ giác nội tiếp = => BCD AKD Xét tam giác AKD tam giác ACB, có:  A chung = BCD AKD Suy ∆AKD đồng dạng với  ACB 40 c) Ta có:  + HDO = MDH 900  + MDA = MDH 900 =  ⇒ HDO MDA  = HBO  Mặt khác: HDO      HBO = DBC = DKC = DAH = DAM  = DAM  Vậy: MDA Do tam giác AMD cân M => MD = MA  = MHD  Vì tam giác ADH tam giác vng nên từ suy MDH => Tam giác MDH cân M => MD=MH => MA=MH Vậy M trung điểm AH Bài 5: áp dụng BĐT Côsi cho hai số b+c ta được: a b+c b+c+a a 2a b+c  ≤  + 1 : = ⇒ ≥ a 2a b+c a+b+c  a  Tương tự ta có: Từ suy ra: b 2b c 2c ≥ ; ≥ a+c a+b+c a+b a+b+c a b c 2(a + b + c ) + + ≥ =2 b+c a+c a+b a+b+c (đpcm) Lưu ý: Đây đáp án đề A, đề B, C, D cách giải tương tự Đề số 10 Bài I 1) Với n = 3, ta có pt: x2 + 3x – = pt có a+b++c=0 nên x1 = 1, x2 = -4 pt cho có ∆= n + 16 > với n, nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Áp dụng hệ thức Vi et ta có: x1 + x2 = n x1x2 = -4 Ta có: 41 x1 ( x22 + 1) + x2 ( x12 + 1) > ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) + x1 + x2 > ⇔ −4.(−n) + (−n) > ⇔ 3n > ⇔n>2 a +3 Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A= Biểu thức A đạt giá trị nguyên  a + ≥ nên a + ước a +3 =  a=1 Bài 3: A(-1; 1); B(2; 4) Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2 Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi:  2m − m = 1 ⇔m= −   m +1 ≠ Bài Tứ giác QRMN có :   QNR = QMR = 900 Tứ giác QRMN nội tiếp đường trịn đường kính QR  = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Ta có: PQK suy ra:PQ ⊥ KQ, mà RH ⊥ PQ  KQ//RH(1) Chwngs minh tương tự ta có: QH//KR(2) Từ (1) (2) suy tứ giác QHRK hình bình hành Theo câu 2, tứ giác QHRK hình bình hành nên: SQHR = SQKR Từ K kẻ KI ⊥ QR Ta có: SQKR = KI QR 42 Diện tích tam giác QKR lớn KI lớn nhất K điểm cung nhỏ QR Khi P điểm cung lớn QR Bài Từ x + y = Áp dụng BĐT Cơsi ta có: Do xy ≤ ( x + y)2 = 4 33 33 ≥ xy Mặt khác: x2 + y2 = ( x + y ) - 2xy = 16 - 2xy ≥ 16 − 2.4 = 8( xy ≤ 4) Vậy P ≥ + 33 65 = 4 Do : MinP = 65 , đạt x = y = Đề số 11 Bài (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số 1.Giải phương trình (1) n = x2 – 4x + = Pt có nghiệm x1 = 1; x2 = Tìm n để phương trình (1) có nghiệm ∆’ = – n ≥ ⇔ n ≤ x + y = Bài (1,5 điểm) Giải hệ phương trình:  2 x + y = x = HPT có nghiệm:  y =1 Bài (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k y = kx + Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k 43 Phương trình hồnh độ: x2 – kx – = ∆ = k2 + > với ∀ k ⇒ PT có hai nghiệm phân biệt ⇒ đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k Gọi hoành độ E F x1 x2 Chứng minh x1 x2 = -1, từ suy tam giác EOF tam giác vuông Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22) ⇒ PT đường thẳng OE : y = x1 x PT đường thẳng OF : y = x2 x Theo hệ thức Vi ét : x1 x2 = - ⇒ đường thẳng OE vng góc với đường thẳng OF ⇒ ∆EOF ∆ vuông Bài (3,5 điểm) 1, Tứ giác BDNO nội tiếp 2, BD ⊥ AG; AC ⊥ AG ⇒ BD // AC (ĐL) ⇒ ∆GBD đồng dạng ∆GAC (g.g) CN BD DN ⇒ = = CG AC DG 3, ∠BOD = α ⇒ BD = R.tg α; AC = R.tg(90o – α) = R tg α ⇒ BD AC = R2 Bài (1,0 điểm) 3m n + np + p =− (1) 2 ⇔ … ⇔ ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = ⇔ (m – p)2 + (n – p)2 = - ( m + n + p )2 ⇔ (m – p)2 + (n – p)2 = – B2 44 vế trái không âm ⇒ – B2 ≥ ⇒ B2 ≤ ⇔ − ≤ B ≤ dấu ⇔ m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p = ± ⇒ Max B = m = n = p = Min B = − m = n = p = − 3 ... a+c a+b 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA Đề thức ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨA NĂM HỌC 2011 – 2012 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Đề số 10 Bài... danh ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2018 – 2019 MƠN THI: TỐN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA Đề thức Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số Câu... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Đề thức ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HĨA NĂM HỌC 2017 – 2018 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề số Câu (2,0 điểm) Cho