DE THI LOP 10 CAC TINH

Chứng minh phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2.. Vì có việc gấp phải đến B trước giờ dự định là 45 phút nên người ấy phải tăng vận tốc lên mỗi giờ 10 km. Hãy tính vận tố[r]

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

HÀ NỘI Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TOÁN

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

Cho biểu thức

x x 3x

A

x

x x



  



  , với x  x  9

1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm giá trị x để

1 A

3 

3) Tìm giá trị lớn biểu thức A Bài II (2,5 điểm)

Giải tốn sau cách lập phương trình:

Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất

Bài III (1,0 điểm)

Cho parabol (P) : y =  x2 đường thẳng (d) : y = mx  1

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

2) Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) Tìm giá trị m để : x x12 2x x22 1 x x1 3

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F

1) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC

3) Chứng minh CFD OCB  Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O)

4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB 2  . Bài V (0,5 điểm)

Giải phương trình : x24x (x 4) x   27

BÀI GIẢI

1) A =

2

9

3

x x x

x x x       =

( 3) ( 3)

9 9

x x x x x

x x x

  

 

  

3

9

x x x x x

x        9 x x    3( 3) x x    3 x   2) A =

1 3 x 

  x 3 9  x 6  x = 36 3) A

3

x



 lớn  x3 nhỏ  x 0  x = 0 Bài II: (2,5 điểm)

Gọi x (m) chiều rộng hình chữ nhật (x > 0)  chiều dài hình chữ nhật x + (m)

Vì đường chéo 13 (m) nên ta có : 132 x2(x7)2  2x214x49 169 0   x2 + 7x – 60 = (1), (1) có  = 49 + 240 = 289 = 172

Do (1) 

7 17

x 

(loại) hay

7 17

x  

Vậy hình chữ nhật có chiều rộng m chiều dài (x + 7) m = 12 m Bài III: (1,0 điểm)

1) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

-x2 = mx –  x2 + mx – = (2), phương trình (2) có a.c = -1 < với m

 (2) có nghiệm phân biệt trái dấu với m  (d) cắt (P) điểm phân biệt 2) x1, x2 nghiệm (2) nên ta có :

x1 + x2 = -m x1x2 = -1

2

1 2 1

x x x x  x x   x x x1 2( 1x21) 3  1(m1) 3  m + =  m =

Bài IV: (3,5 điểm)

1) Tứ giác FCDE có góc đối FED 90  o FCD nên chúng nội tiếp

2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD DEB hai góc CAD CBE  chắn cung CE, nên ta có tỉ số :

DC DE

DC.DB DA.DE

DA DB 

3) Gọi I tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác FCDE, ta có CFD CEA  (cùng chắn cung CD) Mặt khác CEA CBA  (cùng chắn cung AC) tam OCB cân O, nên CFD OCB  . Ta có : ICD IDC HDB  

 

OCD OBD HDB OBD 90  

 OCD DCI 90   0 nên IC tiếp tuyến với đường tròn tâm O Tương tự IE tiếp tuyến với đường tròn tâm O

4) Ta có tam giác vng đồng dạng ICO FEA có góc nhọn

 1 

CAE COE COI

2

 

(do tính chất góc nội tiếp)

Mà

 CO R

tgCIO

R IC

2

  

 tgAFB tgCIO 2    Bài V: (0,5 điểm)

Giải phương trình : x24x 7 (x4) x27

Đặt t = x27 , phương trình cho thành : t2 4x(x4)t  t2 (x4)t4x0  (t x t )(  4) 0  t = x hay t = 4, Do phương trình cho  x27 4 hay x27x

 x2 + = 16 hay

2 7

x x

x

  

 

 

  x2 =  x = 3 Cách khác :

2 4 7 ( 4) 7

x  x  x x   x2 7 4(x4) 16 (  x4) x27 0  (x4)(4 x27) ( x2 7 4)( x2 7 4) 0

 x2 7 0 hay  (x4) x2  7  x27 4 hay x27 x  x2 =  x = 3

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

Lạng sơn NăM học 2010 - 2011 đề thức MƠN THI: TỐN

a) Giải phương trình: x2 - 2x - = 0

b) Giải hệ phương trình:

5

2

x y x y

 

 

  

c) Tính giá trị biểu thức: A = -

2 2 ( 1)

Câu ( 1,5 điểm ) Cho biểu thức P =

1

1

1

x  x  Với x ≥ 0, x ≠ a) Rút gọn P

b) Tìm tất số nguyên x để P số nguyên Câu ( 1,5 điểm ).

Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m +2)x + 2m + = ( m tham số) a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm với m

b) Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình Chứng minh rằng: x1(2 - x2) + x2(2 - x1) =

Câu ( điểm ) Cho tam giác ABC có đường cao AH (H thuộc BC) Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng với B , C, H) Gọi P Q hình chiếu vng góc M hai cạnh AB AC

a) Chứng minh điểm A, P, H, M, Q nằm đường tròn tâm O b) Chứng minh tam giác OHQ Từ suy OH vng góc với PQ c) Chứng minh MP + MQ = AH

Câu (1 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4xy = 1.

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A =

2

2x 2y 12xy x y

 

 Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh……… SBD ………

ĐÁP ÁN

Câu ( 3,0 điểm ). a) x2 - 2x - = 0

Δ’ = 12- (-1) =2 > 0 ’

 =

b)

5 8 18

2 10

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

   

      

   

c) A = -

2 2 ( 1)

=  2 1  2 1 1

Câu ( 1,5 điểm ) P =

1

1

1

x  x  Với x ≥ 0, x ≠ a)

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

1

1

1 ( 1)( 1)

x x x x x x x x

P

x x

x x x x

           

    

 

   

b) Ta có

x x

  =

( 1) 2

1

1

x

x x

   

 

Để P nguyên

1

x nguyên, tức x +  Ư (2)

Ư (2) = {-1; -2; 1; 2}

Hay

1 2( )

1 3( )

1 0( )

1 1( )

x xĐKXĐ

x xĐKXĐ

x x TM

x xĐKXĐ

   

 

     

  

    

 

   

 

Vậy với x = P số nguyên Câu ( 1,5 điểm ).

Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m +2)x + 2m + =0 ( m tham số) a) Ta có Δ’ = (m + 2)2 - (2m + 3)

= m2 + 4m + - 2m - 3 = m2 + 2m +1

= (m + 1)2 ≥ với m

Vậy phương trình cho ln có nghiệm với m b) Theo Vi et: x1 + x2 = 2(m + 2)

x1.x2 = 2m +3 Ta có x1(2 - x2) + x2(2 - x1)

x1 - x1.x2 + x2 - x1.x2 = 2(x1 + x2) - x1.x2 = 2(x1 + x2) - x1.x2 = 2(m + 2) - (2m +3)

= ĐPCM Câu ( điểm )

a) A, P, M, H, Q thuộc đường trịn đường kínhAM, tâm O; trung điểm AM b) Xét (O) có PAH HAQ 300

suy PHO HOQ  600( góc tâm)  PH = HQ = OP = OQ

 Tứ giác PHOQ hình thoi c) PQ  PI

Mà PI = PO

3

2

AM



 AM  M trùng H

Lúc PQ =

3

AM =

3 3

4.2

a a



Câu (1 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 4xy = 1.

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A =

2

2x 2y 12xy x y

 



Ta có A =

2

2 2 2 ( )

2x 2y 3.4xy 2x 2y x y xy 2.(x y) 4xy

x y x y x y x y

    

        

  

   

2

2 2 ( )

2.(x y) 2.(x y) 2.(x y) x y 2(x y)

x y x y x y x y x y

   

           

    

    

2 2(x y)

x y

  

 =

1 (x y)

x y

 

 

  

 

Xét

1 (x y)

x y

 



Áp dụng Cosi cho số (x+y) (

x y ) ta có:

(x+y) + (

x y ) ≥ 2   x y ( )

x y



 = 2

Do đó: A =

1 (x y)

x y

 

 

 



Vậy Min A =  (x+y) = (

x y )  (x+y)2 =1

 x + y = ±1

Kết hợp với điều kiện 4xy = ta x = y = -

x = y =

sở giáo dục đào tạo đề thi tuyển sinh lớp 10 - thpt lào cai Năaờm hoùc 2010 - 2011

Môn thi: Toán

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

Câu (2,0 điểm)

1 Thực phÐp tÝnh: a) 36

9 b) 25 : 2

2 Cho biÓu thøc  

x 2x x

A

x x x



 

 

a) Tìm giá trị x để A có nghĩa b) Rút gọn biểu thức A Câu (2,0 điểm):

1 Cho hai đờng thẳng d d’ có phơng trình lần lợt là: d: y = ax + a – (với a tham số) d’: y = x +

a) Tìm giá trị a để hàm số y = ax + a – đồng biến, nghịch biến b) Tìm giá trị a để d // d’; d  d’

2 Với giá trị m đồ thị hàm số y = 2x + m – cắt đồ thị hàm số y = 1

4 x2 hai điểm phân biệt

Câu (2,0 điểm)

1) Giải phơng trình: x2 – 4x + = 0. 2) Tìm giá trị m để biểu thức A =

2

1 2 x x 3x x

đạt giá trị lớn Biết x1; x2 hai nghiệm phơng trình: x2 – 4x + m =

C©u (1,0 điểm)

1) Giải hệ phơng trình:

2x y 3

x y 6

  



  

2) Tmf giá trị a để hệ phơng trình:

ax y 3

x y 6

  



 

 cã nghiệm

Câu (3 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A Gọi M trung điểm AC Đờng trịn đờng kính CM cắt BC điểm thứ hai N BM kéo dài gặp đờng tròn D

1) Chøng minh điểm B, A, D, C nằm dờng trßn 2) Chøng minh MN.BC = AB.MC

3) Chứng minh tiếp tuyến M đờng tròn đờng kính MC qua tâm đờng trịn ngoại tiếp tứ giác BADC

- HÕt

-C¸n coi thi không giải thích thêm.

H tên thí sinh: Số báo danh: Bài giải tóm tắt đề thi vào 10 Lào Cai 2010 - 2011: Câu (2,0 điểm)

1 Thùc hiÖn phÐp tÝnh: a) 36

9 (KQ: = 2) b) 25 : 2 (KQ: = 2)

2 Cho biÓu thøc  

x 2x x

A

x x x



 

 

a) A cã nghÜa x> vµ x 1

b) Rót gän biĨu thøc A KQ: A = -1 Câu (2,0 điểm):

1 Cho hai ng thẳng d d’ có phơng trình lần lợt là: d: y = ax + a – (với a tham số) d’: y = x +

a) Tìm giá trị a để hàm số y = ax + a – đồng biến, nghịch biến y = ax + a – đồng biến a > 0:

nghÞch biÕn a <

b) d // d’

a 1 a 1

a 1

a 1 a 2

 

 

  

 

  

 

2 Đồ thị hàm số y = 2x + m – cắt đồ thị hàm số y = 1

4x2 hai điểm phân biệt phơng trình hồnh độ:

1

4 x2 – 2x – m + = cã hai nghiƯm ph©n biƯt  ’ > 

1

4 m >  m > Câu (2,0 điểm)

1) Giải phơng trình: x2 4x + = 0.

Phơng trình có: a + b + c = – + = nên x1 = 1; x2 = 2) Tìm giá trị m để biểu thức A =

2

1 2 x x 3x x

đạt giá trị lớn Biết x1; x2 hai nghiệm phơng trình: x2 – 4x + m =

phơng trình: x2 4x + m = cã hai nghiÖm x

1; x2 ’ = – m   m  Theo vi Ðt: x1+ x2 = (1); x1.x2 = m (2)

Theo đầu bài: A =

2

1 2 x x 3x x = (x

1+ x2)2 + x1 x2 (3)

ThÕ (1) vµ (2) vµo (3) ta cã A = 16 + m m  nªn GTLN A 18 m = Câu (1,0 điểm)

1) Giải hệ phơng trình:

2x y 3

x y 6

  



 



3x 9 x 3

x y 6 y 3

 

 

   

  

 

2) Tìm giá trị a để hệ phơng trình:

ax y 3

x y 6

  



 

 cã nghiÖm nhÊt.

ax y 3

x y 6

  



  

(a 1)x 9(*)

x y 6

 

  

 

Hệ phơng trình có nghiệm phơng trình (*) có nghiệm nhất, a+1 0 a1

Câu (3 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A Gọi M trung điểm AC Đờng trịn đờng kính CM cắt BC điểm thứ hai N BM kéo dài gặp đờng trịn D

1) Chøng minh ®iĨm B, A, D, C nằm dờng tròn 2) Chøng minh MN.BC = AB.MC

3) Chứng minh tiếp tuyến M đờng trịn đờng kính MC qua tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BADC

1) Hai điểm A D nhìn đoạn BC dới góc vng nên ABCD tứ giác nội tiếp đờng trịn đờng kính BC Hay điểm B, A, D, C nằm đờng tròn 2) Xét hai tam giác NMC ABC có:

  

C chung; MNC BAC (cïng b»ng 900) nªn NMC ABC (g-g)

suy

MN MC

AB BC  MN.BC = AB.MC

3) Gọi O’ tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD ta có O’ trung điểm BC Kẻ tiếp tuyến (O) M Mx ta có Mx// AB (cùng vng góc với AC) M trung điểm AC nên Mx phải qua trung điểm (O’) ca BC

Sở GD&ĐT Bắc Giang Kú thi tun sinh vµo líp 10 ptth năm học 2010-2011

chớnh thc Mụn :TOỏn (đợt 1) Ngày 01/07/2010

Thêi gian làm :120 phút Câu I( điểm)

1 TÝnh  5 3  5 3

2 Tổng hai nghiệm phơng trình x2+5x-6 = bằmg bao nhiêu?

3 Cho hàm số f(x) = 2x2 Tính f(1); f(-2).

Câu II(2 điểm)

1 Giải hệ phơng trình

2

3

x y x y

 

 

 



2 Cho phơng trình x2+2x+m-1 = 0(1)

a Tỡm m để pt (1) có nghiệm.

b Giả sử x1; x2 hai nghiệm phơng trình (1) Tìm m để

1 + = x x Câu III(1,5 điểm)

Hai ôtô A B vận chuyển hàng Theo kế hoạch ôtô A vận chuyển ôtô B 30 chuyến hàng Tìm số chuyến hàng ôtô A phải vận chuyển theo kế hoạch, biết tổng của hai lần số chuyến hàng ôtô A ba lần số chuyến hàng ôtô B 1590.

Câu IV(3 ®iĨm)

Cho nửa đờng trịn tâm O, đờng kíh AB Kẻ tiếp tuyến Ax với nửa đờng tròn By thay đổi cắt nửa đờng tròn O điểm C Tia phân giác góc ABy lần lợt cắt nửa đờng tròn O tại D, cắt Ax E, cắt AC F Tia AD BC cắt H.

1 Chøng minh tø gi¸c DHCF nội tiếp. 2 Chứng minh tứ giác AEHF hình thoi.

3 Tìm vị trí điểm C để diện tích tam giác AHB lớn nhất. Câu V(0,5 điểm)

Cho số thực x > Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc S= x2-x+ 

1

x

Hớng dẫn giải câu khã C©u IV: c)

1 1

2

AHB

S AC BH AC AB

(Tam giác ABH cân B)

M AB Khơng đổi Nên diện tích tam giác AHB lớn AC lớn nhât AC lớn Khi AC đờng kính đờng trịn (o) Khi C trùng B. Câu V:

Gi¶i

S= x2-x+ 

1

   

   

   

   

2

2 25

= x - x + = x - + x - + + - = x - + x - + +

2 4

1 1 1

x - 2 x - 2 x - 2

Ta cã  

0

4(Cosi)

 



 

 

 

 



2

5 x

-2

4 x - + 1 x - 2 MinS = +

7 4=

23

4 khi x=2,5

———————— ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MƠN: TỐN

Dành cho trường THPT không chuyên

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

PHẦN I TRẮC NGHIỆM (2,0 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: câu em chọn lựa chọn A viết 1.A)

Câu Giá trị 10 40 bằng:

A 10 B 20 C 30 D 40

Câu Cho hàm số y(m 2)x1 ( x biến, m tham số) đồng biến, giá trị của

m tho mãn:ả

A m = B m < C m > D m =1

Câu 3. N u m t hình ch nh t có hai đ ng chéo vng góc v i đ dài m t c nh c aế ộ ữ ậ ườ ộ ộ ủ hình ch nh t b ng 0,5cm di n tích c a b ng:ữ ậ ằ ệ ủ ằ

A 0,25 cm2 B 1,0 cm2 C 0,5 cm2 D 0,15 cm2

Câu Tất giá trị x để biểu thức x2 có nghĩa là:

A x < -2 B x < C x  D x2

PHẦN II TỰ LUẬN (8,0 điểm): Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình

4 5

4

x y x y

  



 



Câu (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2(m 1)x m  0 , (x ẩn, m tham số ) Chứng minh phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 với giá trị của

m

2 Tìm tất giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm x x1, thoả mãn điều kiện

2

1 10 x x 

Câu (1,5 điểm) Cho tam giác có chiều cao

3

4cạnh đáy Nếu chiều cao tăng thêm

3m cạnh đáy giảm 2m diện tích tam giác tăng thêm 9m2 Tính cạnh đáy và chiều cao tam giác cho

Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ biểu thức P4(a3b3c3) 15 abc.

-HẾT -Cán coi thi khơng giải thích thêm!

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ————————

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Dành cho trường THPT không chuyên

——————————

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

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

BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN:

Phần I Trắc nghiệm (2,0 điểm):

Mỗi câu cho 0,5 điểm

Câu

Đáp án B C A D

Phần II Tự luận (8,0 điểm).

Câu (2,0 m).ể

Nội dung trình bày Điểm

Xét hệ phương trình

4 5 (1)

4 (2)

x y x y       

Lấy (1) – (2) ta có: 2y4 y2 0,5

Thay y2 vào (1) có: 4x105 0,5

15

x

 

0,5 Vậy nghiệm hệ phương trình cho là:

15

,

4

x y

0,5 Câu (1,5 điểm).

1 (0,5 m):ể

Nội dung trình bày Điểm

Ta có ' = m2 3 m + 6 0,25

= 15 m       

  m nên PT cho có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 với giá trị m.

0,25 (1,0 m):ể

Nội dung trình bày Điểm

Theo cơng thức viet ta có: x1 + x2 = 2(m 1),  x1x2 = m  0,25

Ta có x12x22 (x1x2)2 x x1

2

4(m 1) 2(m 5) 4m 10m 14

       0,25

Từ

2 2

1

1

10 10 14 10 10

2

m

x x m m m m

m                  0,25 Vậy m

m = giá trị cần tìm thoả mãn u cầu tốn 0,25 Câu (1,5 m).ể

Nội dung trình bày Điểm

Gọi độ dài cạnh đáy tam giác cho x (m) (điều kiện x > 0) chiều cao tam giác

3

4x (m). 0,25

Diện tích tam giác

2

1 3

2

S  x x x

Khi tăng chiều cao thêm 3m giảm cạnh đáy 2m chiều cao tam giác (

3

4x ) (m) độ

dài cạnh đáy tam giác (x 2) (m).

0,25

Khi diện tích tam giác

1

' ( 2)

2

S  x  x    (m2)

0,25

Theo ta có PT :

2

1 3

3 ( 2)

2 4x x 8x

 

   

 

  x = 16 (thoả mãn điều kiện) 0,25

Vậy tam giác cho có độ dài cạnh đáy x = 16 (m), độ dài chiều cao h = 12 (m) 0,25

Câu ( 2,0 điểm).

( 1,0 m):ể

Nội dung trình bày Điểm

Có: MAO900 (góc tiếp tuyến với bán kính qua tiếp điểm) 0,25

Tương tự MBO900. 0,25

Suy điểm A, N, B nhìn đoạn MO góc vng 0,25 Vậy điểm M, A, N, O, B thuộc đường trịn bán kính

MO

0,25 2.( 1,0 m):ể

Nội dung trình bày Điểm

Tứ giác MANB nội tiếp nên AMN ABN (1),OAPS,OA MA  PS MA//  AMN RPN (2). 0,25

Từ (1) (2) suy ra: ABN RPN hay RBN RPN  tứ giác PRNB nội tiếp  BPN BRN (3) 0,25 Mặt khác có: BPN BAQ (4), nên từ (3) (4) suy ra: BRNBAQ  RN SQ// (5) 0,25 Từ (5) N trung điểm PQ nên SPQ có RN đường trung bình, suy PR RS (đpcm) 0,25

Câu (1,0 m).ể

Nội dung trình bày Điểm

Có a2 a2 (b c )2 (a b c a b c  )(   ) (1) , b2 b2 (c a )2 (b c a b c a  )(   ) (2) c2 c2 (a b )2 (c a b c a b  )(   ) (3) Dấu ‘=’ xảy  a b c 

Do a,b,c độ dài cạnh tam giác nên vế (1), (2), (3) dương Nhân vế với vế (1), (2), (3)

ta có : abc(a b c b c a c a b  )(   )(   ) (*) 0,25 Từ a b c  2 nên (*) abc(2 )(2 )(2 ) a  b  c  8 8(a b c  ) 8( ab bc ca  ) 9 abc0

8 9abc 8(ab bc ca) 9abc 8(ab bc ca)

           (*) 0,25

Ta có a3b3c3 (a b c  )3 3(a b c ab bc ca  )(   ) 3 abc 8 6(ab bc ca  ) 3 abc 0,25

Từ  

3 3

4(a b c ) 15 abc27abc 24(ab bc ca  ) 32 9  abc 8(ab bc ca  ) 32 (**) Áp dụng (*) vào (**) cho ta 4(a3b3c3) 15 abc3.( 8) 32 8  

0,25

Dấu “=” xảy

2

a b c  

Từ giá trị nhỏ P đạt

2

a b c  

Sở giáo dục đào tạo phú thọ

Kú thi tuyển sinh vào lớp 10 trung học phổ thông Năm học 2010-2011

Môn toán

Thi gian lm : 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi : 02 tháng năm 2010

Đề thi có 01 trang

-Câu (2 điểm)

a) TÝnh 25.

b) Giải bất phơng trình: 2x-10 >

c) Giải phơng trình : (3x -1 )(x - 2) - 3(x2- 4) =0 Câu ( điểm)

Một khu vờn hình chữ nhật có chiều dài chiều réng 20 m vµ diƯn tÝch lµ 2400 m2

Tính chu vi khu vờn đó. Câu ( điểm )

Cho hƯ ph¬ng tr×nh

3 4 mx y x my

  



 

 ( m tham số)

a) Giải hệ phơng trình m=2

b) Chứng minh hệ phơng trình có nghiệm với m. Câu ( ®iĨm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn Đờng trịn tâm O đờng kính BC cắt AB; AC D E Gọi H giao điểm BE CD

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đợc đờng trũn

b) Gọi I trung điểm AH Chøng minh IO vu«ng gãc víi DE. c) Chøng minh AD.AB=AE.AC.

Câu (1 điểm)

Cho x; y hai số thực dơng thỏa mÃn

4

x y  .

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 1 A x y

x y

   

-HÕt -Hä vµ tên thí sinh SBD

Chú ý: cán coi thi không giải thích thêm

S giáo dục đào tạo phú thọ

Kú thi tuyển sinh vào lớp 10 trung học phổ thông

Năm học 2010-2011 Môn toán

Thi gian lm : 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi : 03 tháng năm 2010

Đề thi có 01 trang

-Câu (2 điểm)

a) TÝnh 16.

b) Giải phơng phơng trình: 3x-15 =

c) Giải bất phơng trình : x2 + (x -1 )(3 - x) >0 Câu ( điểm)

Hai ô tô khởi hành lúc ngợc chiều từ tỉnh cách 250 km,đi ngợc chiều gặp sau Tìm vận tốc ô tô ,biết lần vận tốc ô tô A lần vận tốc ô tô B

Câu ( điểm )

Cho phơng trình ( Èn x):

2 4( 1) 8 0 x m x m (1) a)Giải phơng tr×nh (1) m=2

b) Gäi x1 ; x2 nghiệm phơng trình (1).Tìm giái trị lớn nhÊt cđa biĨu thøc Q x 1 x2 x x1

Cho tam giác ABC vng cân A,điểm M thuộc cạnh AC ( M không trùng A;C).Đờng thẳng qua C vuông góc với đờng thẳng BM H,CH cắt tia BA I Gọi K giao điểm IM BC Chứng minh

a)Chứng minh tứ giác BKHI nội tiếp đợc đờng tròn b)Chứng minh hai đoạn thẳng BM CI

c) Chứng minh M chuyển động đoạn AC ( M không trùng A C ) điểm H ln chạy cung trịn cố định

C©u (1 điểm)

Cho a,b,c >1 Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc

2 2 3

1 1 1

a b c

P

a b c

  

  

-HÕt -Hä vµ tên thí sinh SBD

Chú ý: cán coi thi không giải thích thêm

Hớng dẫn câu Câu (1 điểm)

Cho x; y hai số thực dơng thỏa mÃn

4

x y 

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 1

A x y

x y

   

C¸ch 1:

áp dụng Bất đẳng thức A B 2 AB Với A,B không âm dấu “=” xảy A=B

1 1 2

2

A x y xy

x y xy

     

Đặt

2

2

x y t xy   

Ta cã

2 2 8 10 8 10 13

2 2 2 2

2

9 9 9 9. 3

3

A xy t t t

t t t t

xy

 

         

 

2

13

( )

4

3

3

xy

Min A x y

x y               

Cách 2: áp dụng Bất đẳng thức

1

A B A B Víi A,B >0 “=” x¶y A=B.

1 1 4 16 20

9( ) 9( )

16 20 13

2 ( ).

4

9( ) 9. 3

3

A x y x y x y

x y x y x y x y

A x y

x y                            

Cách áp dụng Bất đẳng thức A B 2 AB ,

1

1 1 9 1 9 1 5

( )

4 4 9

x y

A x y x y

x y x y

 

 

         

    sau áp dụng BĐT trên

Cách 4áp dụng Bất đẳng thức A B 2 AB Với A,B không âm dấu “=” xảy A=B

1 1 4 4 5 1

9 9 9

A x y x y

x y x y x y

   

 

           

      sau áp dụng BĐT trờn

Câu (1 điểm)

Cho a,b,c >1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2 3

1 1 1

a b c

P

a b c

  

  

Ta cã

2 2 3 2 1 2 2 3 3 3

1 1 1 1 1 1

1 2 3

1 2( 1) 3( 1)

1 1 1

1 2 3

1 2( 1) 3( 1) 12

1 1 1

1 2 3

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

1 1 1

a b c a b c

P

a b c a b c

P a b c

a b c

P a b c

a b c

P a b c

a b c

     

     

     

     

           

  

     

     

          

  

     

      

   12 24

Sở GD&ĐT Bắc Giang Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 ptth năm học 2010-2011

thức Mơn :Tn (đợt 2) Ngày 03/07/2010

1 TÝnh 202162

2 Tìm điều kiện x để biểu thức sau có nghĩa:

x x

 

3 Hai đờng thẳng y = 2x - y = 2x + có song song với khơng? Tại sao? Câu II(2 điểm)

1 Gi¶i phơng trình : x2 - 2x - = 0

2 Cho biÓu thøc

3

2

1

1

a a

P

a a a a

 

 

    (víi aR) a Rót gän biĨu thøc P.

b.Tìm a để P > 3. Câu III(1,5 điểm)

Hai lớp 9A 9B có tổng số học sinh 84.Trong đợt mua bút ủng hộ nạn nhân chất độc màu da cam, học sinh lớp 9A mua bút, học sinh lớp 9B mua bút.Tìm số học sinh lớp, biết tổng số bút hai lớp mua 209 chiếc.

C©u IV(3 ®iĨm)

Cho tam giác ABC vng A,đờng cao AH.Đờng trịn tâm O đờng kính HC cắt cạnh AC D (D không trùng với C).Tiếp tuyến đờng tròn (O) D cắt AB M. 1 Chứng minh HD song song với AB.

2 Chøng minh tø gi¸c BMDC néi tiÕp. 3 Chøng minh DM2 = MH.AC.

Câu V(0,5 điểm)

Cho x2 + 2y2 + z2 -2xy - 2yz + zx - 3x - z +5 = 0.Tính giá trị biểu thức

S = x3 + y7 + z2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NINH

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

-ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

(Dành cho thí sinh dự thi) Ngày thi: 02/07/2010

Bài 1 (1,5 điểm)

a) So sánh hai số: 3 29v b) b) Rút gọn biểu thức: A =

3 5

3 5

 



 

Bài 2 Cho hệ phương trình:

2

2

x y m x y

  

 

 

 (m tham số)

a) Giải hệ phương trình với m = 1

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = 1.

Bài 3 (2,5 điểm)

Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình:

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho đương tròn (O;R) day cung BC cố định (BC<2R) điểm A di động cung lớn BC cho tam giác ABC có góc nhọn Các đường cao BD, CE tam giác cắt H.

a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp.

b) Giả sử BAC 600, tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R. c) Chứng minh đường thẳng qua A vuông góc với DE ln qua

điểm cố định.

Bài 5.(1,0 điểm)

Cho biểu thức P = xy(x - 2)(y+6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36 Chứng minh P dương với x,y R.

ĐÁP ÁN THAM KHẢO

MƠN: TỐN Bài 1 (1,5 điểm)

a) So sánh hai số: 3 29v 45>29 => 3  29

b) Rút gọn biểu thức: A =

3 5

3 5

 



  = 7

Bài 2

Cho hệ phương trình:

2

2

x y m x y

  

 

 

 (I) (m tham số) a) Giải hệ phương trình với m = 1

(x;y) = (2;0)

b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = 1. Ta giải (I) theo m

2

x m y m

  

 

 Nghiệm thỏa mãn hệ thức x2 – 2y2 = nghĩa là

4m2 – 2(m - 1)2 = 1.

Giải phương trình ẩn m m1 =

4 10 10

,

2 m

   



KL: Vậy với hai giá trị m1 =

4 10 10

,

2 m

   



Bài 3.

C1: Lập hệ phương trình:

Gọi thời gian vịi chảy riêng đến đầy bể x (x>12) Gọi thời gian vòi chảy riêng đến đầy bể y (y>12) Trong hai vòi chảy

1 12 bể Trong vòi chảy

1

x bể

Trong vòi chảy

y bể

Ta có phương trình:

x+

1

y=

1 12 (1)

Vòi chảy nhanh vịi 10 nên ta có phương trình : y = x+10 (2)

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

1 1

12 10

x y y x



 

 

   

Giải hệ phương trình:

2

1 1 1 12 12

1

12 10 12 10

10 10

10

12( 10) 12 10 (1) 10

x y x x x x

y x y x

y x

x x x x

y x

    

   

  

   

  

        

 



    

 

  

Giải (1) x1 = 20, x2 = -6 (loại)

x1 = 20 thỏa mãn, chảy riêng vịi chảy 20 đầy bể, vịi chảy 30 đầy bể.

C2: Dễ dàng lập phương trình

1 1

10 12

x x  Giải tương tự đáp số.

Bài 4.

a)Tứ giác AEHD có

AEH 90 ,0 ADH 90 ê0n nAEH ADH 1800

   

Vậy tư giác AEHD nội tiếp.

b) Khi BAC 600  BOC 1200

Mặt khác tam giác BOC cân O nên khoảng cách từ O đến BC đường cao đồng thời tia phân giác tam giác BOC.

 600 KOC

 

OK = cos600.OC = R/2

c) Giả sử : (1) E B  ABC vuông cân

H O

E D

C

B

A

Bài 5.

P = xy(x - 2)(y+6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36 = x2y2 + 6x2y - 2xy2 - 12xy – 24x + 3y2 + 18y + 36

= (18y + 36) + (6x2y + 12x2) – (12xy + 24x) + (x2y - 2xy2 + 3y2) = 6(y + 2)(x2 – 2x + 3) + y2(x2 – 2x + 3)

.

H O

E D

C

B

A

Họ tên thí sinh:……… ……….Số báo danh:……… Họ tên, chữ ký giám thị 1: Họ tên, chữ ký giám thị 2:

HD

C©u 5:

x2 + 2y2 + z2 -2xy - 2yz + zx - 3x - z +5 = 0.

<=>

2(x2 + 4y2 + z2 -4xy - 4yz + 2zx) +

2( x2 – 6x + 9) +

2 ( z2 – 2z +1) = 0 <=>

1

2(x - 2y + z)2 +

2( x - 3)2 +

2(z - 1)2 = 0

=> x = ; y = ; z = => S = x3 + y7 + z2010 =33 + 27 + 12010 = 92

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNGNăm học 2010-2011

Mơn thi: TỐN

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

Bài 1. (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức:

3

3



 

  

 

 

x A

x x x x với

0,

 

x x .

2 Chứng minh rằng:

1

5 10

5

 

  

 

 

Bài 2. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n hai điểm A(0;2), B(-1;0)

1 Tìm giá trị k n để:

a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y  x k

2 Cho n2 Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích

tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB

Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2  2mx m  0 (1) (với m tham số).

1 Giải phương trình (1) với m1.

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

m

3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; thoả mãn hệ thức:

1

16

x  x  .

Bài 4. (3,5 điểm)

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

1 Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp CAE đồng dạng với CHK

2 Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh

NFK cân

3 Giả sử KE = KC Chứng minh: OK//MN KM2 + KN2 = 4R2.

Bài 5. (0,5 điểm)

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

 13  13  13

4

     

a b c

HẾT

-Họ tên thí sinh: Số báo danh:

Giám thị 1: Giám thị 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNGNăm học 2010 - 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

(Gồm 05 trang)

Bài 1. (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức:

3

3

x A

x x x x



 

  

 

  với x0,x9.

2 Chứng minh rằng:

1

5 10

5

 

   

 

 

Ý Nội dung Điểm

(1,25đ)

 

3

3

x A

x x

x x

 



 

  

   

 

   

 

3 3 9

9

x x x x

A

x x x

   

  

 0,25

3 x x x

A

x   

  0,25

9 x

A x 

  0,25

Kết luận: Vậy với x0,x9thì

9 x

A x 

 0,25

2. (0,75đ)

Ta có:    

1 5

5

5 5

 

  

   

 

   

   

 

 

0,25

2 5

5

  = 10

0,25

Vậy:

1

5 10

5

 

 

 

 

  0,25

Bài 2. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n hai điểm A(0;2), B(-1;0)

1 Tìm giá trị k n để:

a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y  x k

2 Cho n2 Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích

tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB

1a (1,0 đ)

(d): y = (k-1)x + n qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình:

( 1).0

( 1).( 1)

k n k n           0,25

1

n k         n k       0,5

Kết luận: Vậy k = 3, n = (d) qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25

1b (0,5 đ) + 1 ( ) //( ) k d n k          k n       0,25

Kết luận: Vậy

2 ( ) //( ) k d n        0,25 2. (0,5 đ)

Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + Suy đường thẳng (d) cắt trục Ox C

1

k k

     toạ độ điểm C

2 ;0 k        0,25 Ta có: C OC x k  

 B(-1;0) nên OB = 1.

Vì tam giác OAC OAB vng O chung đường cao AO nên suy ra:

2

2 2

|1 |

OAC OAB

S S OC OB

k       k k     

 (thoả mãn đk k 1)

Kết luận: k = k =

0,25

Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2  2mx m  0 (1) (với m tham số).

1 Giải phương trình (1) với m1.

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

3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2 thoả mãn hệ thức:

1

16

x  x  .

Ý Nội dung Điểm

1. (0,75đ)

Với m = -1, phương trình (1) trở thành: 2 8 0

' '

x  x 

      

0,25

Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

1 1 x x              0,25

Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt x = - 4, x = 0,25

2. (0,75đ)

Pt (1) có  ' m2 (m 7) m2 m7 0,25

27 m       

  với m. 0,25

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

3. (0,5 đ)

Theo câu 2, ta có (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với giá trị m Theo định lý Vi ét ta có:

1

1

2

x x m

x x m

       0,25

Theo giả thiết ta có:

1

1 2 1 16 16 x x

x x x x

x x           

2 16

7 8 m m m m m m                  

Vậy m = giá trị cần tìm

Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A , hai dây MN BK cắt E

1 Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp CAE đồng dạng với CHK

2 Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh

NFK cân

3 Giả sử KE = KC Chứng minh: OK // MN KM2 + KN2 = 4R2.

h

k

o

n m

f

e c

b a

P O K

H E N

M C

B A

Ý Nội dung Điểm

1. (2,0đ)

 Ta có: + AHE 900 (theo giả thiết ABMN ) 0,5

+ AKE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 0,5

  900

AHE AKE

    H, K thuộc đường trịn đường kính AE.

Vậy tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp 0,25

 Xét hai tam giác CAE CHK:

+ Có chung góc C 0,25

+ EAC EHK (góc nội tiếp chắn cung EK)

Suy CAE CHK (g - g) 0,5

2. (1,0 đ)

Do đường kính AB MN nên B điểm cung MN suy ta có

  (1)

MKB NKB

0,25

Lại có BK // NF (vì vng góc với AC) nên

 

 

(2) (3)

NKB KNF MKB MFN

 

 

 



0,5

Từ (1), (2), (3) suy MFN KNF  KFN KNF Vậy KNF cân K. 0,25 3.

(0,5 đ) * Ta có

 900  900

AKB  BKC  KECvuông K

Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vng cân K

  450  450

BEH KEC   OBK 

Mặt khác OBK cân O ( OB = OK = R) nên suy OBK vuông

cân O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB)

* Gọi P giao điểm tia KO với đường trịn ta có KP đường kính KP // MN Ta có tứ giác KPMN hình thang cân nên KN = MP

Xét tam giác KMP vng M ta có: MP2 + MK2 = KP2  KN2 + KM2 = 4R2.

0,25

Bài 5. (0,5 điểm)

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

 13  13  13

4

     

a b c

Ý Nội dung Điểm

0,5 đ

Ta có: (a 1)3a3 3a23a

 

2

3

3 3

1 (1) ( 0)

2 4

a a a

a a a a do a

   

 

        

 

Tương tự:    

3 3

( 1) , ( 1)

4

b  b c  c

0,25

Từ (1), (2), (3) suy ra:

 13  13  13 3  3

4 4

a  b  c  a b c      Vậy BĐT chứng minh

Dấu đẳng thức xảy

2

2

3 3

0 0 3

2 2 0,

2 3 0 0, 2

3 0

0,

2 2

3

a a a a

a b c

b b

b b

b a c

c c

c c c a b

a b c a b c

                                                                                 0,25

Híng dÉn chung:

2 Bài phải có hình vẽ phù hợp với lời giải tốn (khơng cho điểm hình vẽ)

3 Những cách giải khác cho điểm tối đa theo khung điểm

4 Chấm phần Điểm toàn tổng điểm thành phần, khơng làm trịn

S giỏo dc v o to

Hải Phòng §Ị thi chÝnh thøc

§Ị thi tun líp 10 THPT Năm học 2010-2011

Ngày thi : 23/ 6/ 2010

Môn thi : Toán

Thi gian lm 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Chú ý: Đề thi gồm có trang Học sinh làm bi vo t giy thi

Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm) Câu Căn bậc hai số học lµ

A.  B.  C. D 25

Câu 2: Hàm số sau hàm số bậc nhất?

A. y 3x 3 B. y 3x 3 C y = -3

D.

1

y x

3

 

Câu : Đờng thẳng sau song song với đờng thẳng y = 2x – 3? A y = x - 3

B.

1

y x

2

  C y = -2 (1 - x) D y = (1 - x)

Câu 4: Nếu phơng tr×nh x2 - ax + = cã nghiƯm tích hai nghiệm số là

A 1 B a C -1 D -a

Câu 5: Đờng tròn hình A.Khơng có trục đối xứng B có trục đối

C.có hai trục đối xứng D có vơ số trục đối xứng

C©u 6: Trong hình 1, tam giác ABC vuông A, AH BC Độ dài đoạn thẳng AH bằng

H×nh

4 H C

B

A

H×nh O

M

N

B A

700

Câu 7: Trong hình biết AB đờng kính đờng trịn (O), góc AMN = 700 Số đo góc

BAN lµ

A 200 B 300 C 400 D 250

Câu 8: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3cm , CB = 4cm Quay hình chữ nhật vịng quanh cạnh AB đợc hình trụ Thể tích hình trụ là

A 48cm3 B 36cm3

B 36cm3 A 48cm3

Phần : Tự Luận( điểm) Bài (1,5 điểm):

Cho biểu thức M 2  40 2 vµ

5 N

5  

 1.Rót gän biĨu thøc M vµ N.

2.TÝnh M + N. Bài (2,0 điểm):

1.Giải hệ phơng trình

3x y

3x 2y   



  

 2.Gi¶i phơng trình 3x2 - 5x = 0

3.Cho phng trình 3x2 - 5x - 7m = Tìm giá trị tham số m để phơng trình có

nghiệm dơng. Bài (3,75 điểm):

Cho tam giác ABC vng A có AB < AC, đờng cao AH Đờng trịn đờng kính AH cắt AB P, cắt AC Q.

1.Chøng minh PHQ = 900.

2.Chøng minh tø gi¸c BPQC néi tiÕp.

3.Gọi E, F lần lợt trung điểm HB HC Tứ giác EPQF hình gì? 4.Tính diện tích tứ giác EPQF trờng hợp tam giác vuông ABC có cạnh huyền BC = a ACB = 300.

Bài (0,75 điểm):

Cho x xy +1 Tìm giá trị lớn biÓu thøc 2 3xy P

x y

Đáp án- biểu điểm Bài 3:

Hình vẽ: 0,5 đ Câu 1: 0,75đ Câu 2: đ

Câu 3: 0,75 đ Câu 4: 0,75 đ Bài 4:

Từ giả thiết suy x0 1 NÕu y = th× P = 0 2 NÕu y 0 th× P 0

 Nếu x, y trái dấu P < 0 0,25 ®

 NÕu x, y cïng dÊu

TH1: x < 0, y < th× xy + > nên x < xy +1 Trái với giả thiÕt x ≥ xy +1 0,25 ® TH2: x > 0, y > Tõ x ≥ xy +1 suy

1 y y

1 y

x x x

  

Đặt

2

y 3t

t = < t P =

x 1+ t

 

 

 

 

XÐt

 

   

2

2 2

3 17t 4t

12 3t 12 3(4 t)(4t 1)

P =

17 t 17 17 t 17 t

   

    

  

(V×

1 < t

4 

) Do đó:

12 P

17 

Vậy giá trị lớn P = 12 17

Đạt đợc khi t =

4  

1 x; y 2;

2

 

  

  0,25 ®

GTNN lúc

8

a

S GIÁO D C VÀ ÀO T OỞ Ụ Đ Ạ

H I DẢ ƯƠNG

KÌ THI TUY N SINH L P 10 THPTỂ Ớ

N M H C 2010 - 2011Ă Ọ

Mơn thi: TỐN

Th i gian làm bài: 120 phút, không k th i gian giao ờ ể ờ đề

Ngày thi: 06 tháng 07 n m 2010 (ă Đợt 1) thi g m : 01 trang

Đề ồ

Câu 1 (3 m)ể

1) Gi i ph ng trình sau:ả ươ CHÍNH TH C

a)

2

4 0

3x  .

b) x4  3x2 4 0 . 2) Rút g n bi u th c ọ ể ứ

N 3 3

1 1

a a a a

a a

     

     

 

   v i ớ a0 a1. Câu 2 (2 m) ể

1) Cho hàm s b c nh t ố ậ ấ y ax 1 Xác đ nh h s ị ệ ốa, bi t r ng đ th c a hàm sế ằ ị ủ ố c t tr c hồnh t i m có hồnh đ b ng ắ ụ ể ộ ằ 1 2

2) Tìm s nguyên ố m đ h ph ng trình ể ệ ươ

3

2 3

x y m x y

 

 

 

 có nghi m ệ ( ; )x y th aỏ mãn u ki n ề ệ x2 xy30

Câu 3 (1 m) ể

Theo k ho ch, m t x ng may ph i may xong 280 b qu n áo m tế ộ ưở ả ộ ầ ộ th i gian quy đ nh ị Đến th c hi n, m i ngày x ng may đ c nhi uự ệ ỗ ưở ượ ề h n b qu n áo so v i s b qu n áo ph i may m t ngày theo kơ ộ ầ ố ộ ầ ả ộ ế ho ch Vì th , x ng hồn thành k ho ch tr c ngày H i theo k ho ch,ạ ế ưở ế ướ ỏ ế m i ngày x ng ph i may xong b qu n áo?ỗ ưở ả ộ ầ

Câu 4 (3 m)ể

Cho tam giác nh n ABC n i ti p đ ng tròn (O) Các đ ng cao BE CF c aọ ộ ế ườ ườ ủ tam giác ABC c t t i H c t đ ng tròn (O) l n l t t i E’ F’ (E’ắ ắ ườ ầ ượ khác B F’ khác C)

1) Ch ng minh t giác BCEF t giác n i ti p ứ ứ ứ ộ ế 2) Ch ng minh EF song song v i E’F’.ứ

3) K OI vng góc v i BC (ẻ I BC ) Đường th ng vng góc v i HI t i H c tẳ ớ ạ ắ đ ng th ng AB t i M c t đ ng th ng AC t i N Ch ng minh tam giácườ ẳ ắ ườ ẳ ứ

IMNcân.

Câu 5 (1 m) ể

Cho a, b, c, d s d ng th a mãn ố ươ ỏ a2 b2 1

4 1

a b

c  d c d Ch ngứ minh r ng ằ

2

2 2

a d c b  .

-H t -ế H tên thí sinh: ………S báo danh: ……….……ọ ố

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

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

NĂM HỌC 2010 – 2011 (đợt 1) Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010 I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm

- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm

- Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a

Giải phương trình

2

4 0

3x  1,00

2 2

4 0 4

3 x   3x (hoặc 2x 12 0 )

2x 12 6

x

0,25 0,25 0,5 b Giải phương trình x4 3x2 4 0

   1,00

Đặt t x t 2, 0 ta t2  3t 4 0 1, 4

t t

  

1

t  (loại)

4 4 2

t   x   x

0,25 0,25 0,25 0,25 c

Rút gọn

N 3 3

1 1

a a a a

a a

     

     

 

   với a0 a1

1,00

( 1)

1 1

a a a a

a

a a

 

 

 

( 1)

1 1

a a a a

a

a a

 

 

 

   

N 3 a 3 a  9 a

0,25 0,25 0,5

2 a Xác định hệ số a 1,00

Ra phương trình 0a( 1) 1 

1 2 1

a 

 



1 2 a 

Vậy a  1 2

0,25 0,25 b

Tìm số nguyên m để nghiệm ( ; )x y thỏa mãn x2 xy30 1,00 Tìm y m 1, x 2m 1

2 30 (2 1)2 (2 1)( 1) 30

x xy  m  m m 

2m m 10 0

   

2

m

 

5 2

m

Do m nguyên nên m2

0,25 0,25 0,25 0,25 Tính số quần áo may ngày theo kế hoạch 1,00

Gọi số quần áo may ngày theo kế hoạch x (x nguyên dương)

Số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch

280

x

Số quần áo may ngày thực x5

Số ngày hồn thành cơng việc thực

280 5

x

Theo giả thiết ta có phương trình

280 280

1 5

x  x 

280(x 5) 280x x x( 5) x 5x 1400 0

        

Giải pt ta x 35, x40 (loại)

Số quần áo may ngày theo kế hoạch 35

0,25 0,25 0,25 0,25 a Chứng minh tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp 1,00

Hình Hình Vẽ hình

Theo giả thiết BFC 90 ,0 BEC 900

0,5 0,25 0,25

A

N

D M

H

I C

F' F

E' E

O

B

A

H

C F'

F

E' E

  900 BFC BEC

    BCEF tứ giác nội tiếp

b Chứng minh EF song song với E’F’ 1,00

BCEF tứ giác nội tiếp suy CBE CFE 

  ' '

CBE CF E (cùng chắn cung CE ')

Suy CFE CF E  ' '

Suy EF E F// ' '

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

c Chứng minh tam giác IMNcân 1,00

TH M thuộc tia BA

H trực tâm tam giác ABC suy AH BC

 

CAH CBH (cùng phụ với góc ACB)

  90 ,0   900

BHI BHM  ANH NHE 

 

BHM NHE (vì đối đỉnh)  BHI ANH

ANH

  đồng dạng với

AH HN BIH

BI IH

  

(1) Tương tự AHM đồng dạng với

AH HM CIH

CI IH

  

(2) Từ (1) (2) BI CI suy

HM HN

HM HN IH HI  

Mà HI MN H suy IMN cân I.

TH 2 M thuộc tia đối tia BA

 

CAH CBH (cùng phụ với góc ACB)  900 

ANH  NHE (góc ngồi )  900 

BHI  BHM

 

BHM NHE (vì đối đỉnh)

 

ANH BHI  ANH đồng dạng với

AH HN BHI

BI IH

  

Đến làm tương tự TH

* Chú ý Thí sinh cần làm

TH cho điểm tối đa

0,25 0,25 0,25

0,25

5

Chứng minh

2

2 2

a d

c b  1,00

2 1

a b 

4 1 4 ( 2 2)

a b a b a b

c d c d c d c d



    

  0,25

4 2

( ) ( ) ( )

d c d a c c d b cd a b

     

4 4 ( 4 2 2)

dca d a c b cdb cd a b a b

      

2 4 2 2 0 ( 2 2) 0

d a c b cda b da cb

      

2 0

da cb

   hay

2

a b

c d Do đó

2 2

2 2

( )

2 2 0

a d b d b d

c b d b db



      

Vậy

2

2 2

a d c b 

0,25 0,25 0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

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

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 (Đợt 2)

Câu 1 (3 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số y 2x 4 b) Giải hệ phương trình

2 3

2 3

x y y x

 

 

 

 .

c) Rút gọn biểu thức P =

3

2

9 25 4

2

a a a

a a

 

 với a0.

Câu 2 (2 điểm)

Cho phương trình x2  3x m 0 (1) (x ẩn). a) Giải phương trình (1) m1.

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, thỏa mãn

2

1 1 1 3

x   x   .

Câu 3 (1 điểm)

CHÍNH TH C

Khoảng cách hai bến sông A B 48 km Một canô từ bến A đến bến B, quay lại bến A Thời gian (khơng tính thời gian nghỉ) Tính vận tốc canơ nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước km/h

Câu 4 (3 điểm)

Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a, M điểm thay đổi cạnh BC (M khác B) N điểm thay đổi cạnh CD (N khác C) cho



MAN 45 Đường chéo BD cắt AM AN P Q.

a) Chứng minh tứ giác ABMQ tứ giác nội tiếp

b) Gọi H giao điểm MQ NP Chứng minh AH vng góc với MN c) Xác định vị trí điểm M điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn

Câu 5 (1 điểm)

Chứng minh a3b3 ab a b(  ) với a b, 0 Áp dụng kết trên, chứng minh bất đẳng thức 3 3 3

1 1 1

1

1 1 1

a b  b c  c a   với a, b, c là

các số dương thỏa mãn abc1.

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

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

NĂM HỌC 2010 – 2011 (đợt 2) Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm

- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm

- Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

Đồ thị cắt trục Ox A(2;0) (HS lấy điểm khác) Đồ thị cắt trục Oy B(0; 4) (HS lấy điểm khác) Vẽ đồ thị hàm số

0,25 0,25 0,5 b

Giải hệ phương trình

2 3 2 3 x y y x        1,00 Hệ 2 3 2 3 x y x y       

 (HS dùng phép phép trừ)

Tìm x3

Tìm y 3

Kết luận Hệ có nghiệm x3,y 3

0,25 0,25 0,25 0,25 c

Rút gọn biểu thức P =

3

2

9 25 4

2

a a a

a a

 

 với a0 1,00

3

9 a  25a  4a 9 a  5 a 2a a

2 a a( 2)

 

2 2 ( 2)

a  a a a 

P =

2

a

2 a a 0,25 0,25 0,25 0,25 a Giải phương trình x2 3x m 0

   m1. 1,00

1

m ta có phương trình x2  3x 1 0

9 5

   

3 5

2

x  

,

3 5

2

x  

(mỗi nghiệm cho 0,25)

0,25 0,25 0,5 b

Tìm m để x x1, thỏa mãn

2

1 1 1 3

x   x   1,00

Pt (1) có hai nghiệm phân biệt

9

9 4 0

4

m m

      

(1) Theo định lí Viet x1x2 3,x x1 m Bình phương ta

2 2

1 2 ( 1)( 1) 27

x x   x  x  

2 2 2

1 2 2 1 25

x x x x x x

       .

Tính x12 x22 (x1x2)2  2x x1  9 2m đưa hệ thức

trên dạng m2  2m10  m 8 (2)

2 2 10 16 64 18 54 3

m m m m m m

          .

Thử lại thấy m3 thỏa mãn pt (2) điều kiện (1).

0,25

3 Tính vận tốc canơ nước n lặng 1,00

Gọi vận tốc canô nước yên lặng x (km/h, x4)

Vận tốc canô nước xi dịng x4 thời gian canơ chạy

khi nước xi dịng

48 4

x .

Vận tốc canơ nước ngược dịng x 4 thời gian canô chạy

khi nước ngược dòng

48 4

x .

Theo giả thiết ta có phương trình

48 48

5

4 4

x  x 

pt  48(x 4 x 4) 5( x2  16) 5x2  96x 80 0 Giải phương trình ta x0,8 (loại), x20 (thỏa mãn)

Vậy vận tốc canô nước yên lặng 20 km/h

0,25 0,25 0,25 0,25 a Chứng minh tứ giác ABMQ tứ giác nội tiếp 1,00

Hình Hình Vẽ hình

Theo giả thiết QAM 450 QBM 450

 

QAM QBM

   ABMQ tứ giác nội tiếp

0,5 0,25 0,25

b Chứng minh AH vng góc với MN 1,00

ABMQ tứ giác nội tiếp suy AQM ABM 1800

 

 900  900

ABM   AQM   MQAN

Tương tự ta có ADNP tứ giác nội tiếp  NPAM

Suy H trực tâm tam giác AMN  AH MN

* Chú ý Lập luận M trùng với C

0,25 0,25 0,25 0,25 c Xác định vị trí điểm M N để AMN có diện tích lớn nhất 1,00

M điểm thay đổi cạnh BC (M khác B) nên có TH

TH 1 M khơng trùng với C, M, N, C khơng thẳng hàng Gọi I giao điểm AH MN S diện tích tam giác AMN

A B

C D

M

N P

Q H I

A B

C D

M

N P

thì S =

1 . 2AI MN.

Tứ giác APHQ nội tiếp suy PAH PQH (1) Tứ giác ABMQ nội tiếp suy BAM BQM (2) Từ (1) (2) suy PAH BAM hay MAI MBA

Hai tam giác vng MAI MAB có MAI MBA , AM chung suy

ra MAI MAB AI AB a IM , BM Tương tự NAI NAD IN DN Từ đó

S =

1 1

. .

2AI MN 2a MN

Ta có MN MC NC a BM a DN      2a (IM IN) Vậy MN 2a MN hay

2

1 1

.

2 2

MN a  S a MN  a

TH 2 M trùng với C, N trùng với D AMN ACD

nên S =

2

1 1

.

2AD DC 2a

Vậy AMN có diện tích lớn  M C N D.

0,25

0,25

0,25

0,25

5 3 3 3

1 1 1

1

1 1 1

a b  b c  c a   1,00 3 ( ) 2( ) 2( ) 0

a b ab a b  a a b b b a 

2 2

(a b a)( b ) 0 (a b) (a b) 0

        , a b, 0

3 ( ) 3 ( )

a b ab a b  a b abc ab a b  abc

3

3

1 1

1 ( )

1 ( )

a b ab a b c

a b ab a b c

       

   

(Do vế dương) Tương tự, cộng lại ta

3 3 3

1 1 1

1 1 1

a b  b c  c a 

1 1 1

1

( ) ( ) ( )

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

   

     

0,25 0,25 0,25

Sở giáo dục - đào tạo

Nam §Þnh

đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2010 - 2011 Mơn: Tốn

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

Phần 1- Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu sau có nêu bốn phơng án trả lời, có một phơng án Hãy chọn phơng án (viết vào làm chữ đứng trớc phơng án đợc lựa chọn)

Câu Phơng trình (x – 1)(x + 2) = tơng đơng với phơng trình

A x2 + x – = 0 B x + = 0 C x2 -2 x +1 = 0 D x2 + x +2 = 0 Câu Phơng trình sau có tổng hai nghiÖm b»ng 3?

A x2 - x +14 = 0 B x2 - x - = 0 C x2 -5 x +3 = 0 D x2 -9 = 0 Câu Trong hàm số sau, hàm số đồng biến ?

A y = -5x2 B y = 5x2

C y = ( 3-2)x D y = x - 10

C©u Phơng trình x2 + x + m = cã nghiƯm vµ chØ khi

A m4 B m4 C m4 D m 4

C©u Phơng trình 3x4x có tập nghiệm

A 1; 4 B 4;5 C 1; 4 D  4

Câu Nếu hình vng có cạnh cm đờng trịn ngoại tiếp hình vng có bán kính

A 2cm B 6cm C 2cm D 6cm

Câu Cho hai đờng tròn (O;R) ( ; )O R, , có R = 6cm, R, = 2cm, OO, = 3cm Khi đó, vị trí tơng đối hai đờng trịn cho

A c¾t

B (O;R) đựng , ,

( ; )O R . C ë ngoµi D tiÕp xóc

Câu Cho hình nón có bán kính đáy 3cm, tích 18 cm3 Hình nón cho có chiều cao

A

cm

 .

B 6cm

C

cm



D 2cm PhÇn 2- Tự luận (8,0 điểm)

Câu (1,5 điểm) Cho biÓu thøc P =

1

x x

x x x x

 



 

     

  víi x0vµ x1.

1) Rót gän biĨu thøc P

2) Chøng minh r»ng x 3 2 P = 2. Câu (1,5 điểm)

1) Cho hàm số y = 2x + 2m + Xác định m, biết đồ thị hàm số qua điểm A(1;4)

2) Tìm toạ độ giao điểm đồ thị hàm số y = x2 đồ thị hàm số y = 2x + 3. Câu (1,0 điểm) Giải hệ phơng trình

1

2

2

3

x y x y

x y x y x y               

Câu (3,0 điểm) Cho đờng tròn (O; R) điểm M nằm ngồi đờng trịn cho OM = 2R Đờng thẳng d qua M và, tiếp xúc với đờng tròn (O; R) A Gọi N giao điểm đoạn thẳng MO với đờng trịn (O; R)

1) Tính độ dài đoạn thẳng AN theo R Tính số đo góc NAM

2) Kẻ hai đờng kính AB CD khác đờng tròn (O; R) Các đờng thẳng BC, BD cắt đờng thẳng d lần lợt P, Q

a) Chøng minh tø gi¸c PQDC néi tiÕp b) Chøng minh 3BQ – AQ > 4R

Câu (1,0 điểm) Tìm tất cặp số (x; y) thoả mãn điều kiện 2x y 4y x 4 xy HƯớng dẫn giảI dự kiến đáp án đề tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2010 - 2011

Phần đáp án điểm

I (2,0®)

Câu 1: A; Câu 2: B; Câu 3: D; Câu 4: C Mỗi câu cho 0,25 Câu 5: D; Câu 6: C; Câu 7: B; Câu 8: C

2,0 II

Câu1

(1,5đ) (1đ)

Thực hiện:

2 2( 1) ( 1)

1 ( 1)( 1)

x x x x

x x x x

         0,25 2

x x x

x      0,25 x x x     0,25 P =

1

x x x x

x x x x

 



   

0,25

2 (0,5®) Thay x = 2 vµo biĨu thøc P rót gän ta cã 2

3 2

P 

 

1

2 2



 

điều phải chứng minh

0,25

0,25

Câu2

(1,5đ) Đồ thị hàm số ®i qua ®iĨm A(1;4) suy x = vµ y = thoả mÃn công thứcy =2x+2m+11 (0,75đ)

Suy = 2.1 + 2m + 0,50

Tìm đợc m = 0,5 0,25

2 (0,75®)

Xét phơng trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị x2 = 2x + 3 Giải phơng trình tìm đợc x = -1và x =

Thay vào cơng thức hàm số tìm đợc y = y =

Kết luận toạ độ giao điểm hai đồ thị hàm số (-1; 1) v (3; 9)

Câu 3 (1,0đ)

Câu 4 (3,0đ)

+ Đặt ĐKXĐ hệ

1

2

2

3

x y x y

x y x y x y              

 lµ (x+2y)(x+y+1)0

+ Biến đổi phơng trình

2

1 ( 1) ( )

2

2 ( 1)( )

x y x y x y x y

x y x y x y x y

      

   

     

2

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

        

   

2

(x y 1) (x )y y y

          

+ Thay y = vào phơng trình 3x + y = ta tìm đợc x = + Đối chiếu điều kiện kết luận nghiệm hệ (1; 1)

Q P D B M N O A C 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1®iĨm

+ Tính đợc MN = R N trung điểm MO

+ Chỉ đợc OA vuông góc với AM suy tam giác MAO vng A

+ áp dụng định lý đờng trung tuyến tam giác vng MAO tính đợc AN = R + Tính đợc góc NAM = 300

0,25 0,25 0,25 0,25 2 (2,0®)

a) 1.25®iĨm Chøng minh tø gi¸c PQDC néi tiÕp

+Ch + Chỉ đợc cung nhỏ AD = cung nhỏ BC; cung nhỏ AC = cung nhỏ BD + Ta có góc PQD góc có đỉnh bên ngồi đờng trịn nên

gãcPQD =

2 (s® cung BCA – s®cungAD) =

2s® cung AC. +Ta cã gãc BCD =

1

2s® cung BD (tÝnh chÊt gãc néi tiÕp)  gãcPQD = gãc BCD

Mµ gãc BCD + gãcDCP = 1800 nªn gãc PQD + gãc DCP = 1800 VËy tø gi¸c PQDC néi tiÕp

0,50 0,25 0,25 0,25

b) ®iĨm Chøng minh 3BQ – 2AQ > 4R

*XÐt tam gi¸c ABQ cã : BQ2 = AB2 + AQ2

Ta có : 3BQ – 2AQ > 4R

 3BQ > 2AQ + 2AB ( AB = 2R )  9BQ2 > AQ2 + 8AQ.AB + 4AB2  9AB2 + 9AQ2 > AQ2 + 8AQ.AB + 4AB2

 4( AQ – AB )2 + AQ2 + AB2 > ( ln đúng )  đpcm

C©u

(1,5đ) Tìm (x;y) thoả mãn 2x y 4y x 4 xy + Điều kiên xác định: x  y  (*)

+ Đặt a x 4;b y với a b số khơng âm điều kiện đề trở thành

       

2 a 4 b b 4 a  a 4 b 4

 

   

   

2

2

2 4

1

4

a b b a

a b

    

 

 

  2

2 4 b a b a   

  2

4 4 b a b a   

  (1)

+ Víi mäi a; b th× 2

4

1;

4

b a

b   a   Do từ (1) suy 2

4

1

4

b a

b  a   (2) Giải (2) ta đợc a = b = Do x = y =

+ Kiểm tra giá trị x, y thoả mãn điều kiện đề Vậy cặp số (8; 8) cặp số cần tìm

0,25

0,25 0,25

Sở giáo dục đào tạo ninh bình

đề thức

Hớng dẫn giải đề thi tuyển sinh vào 10 nm hc 2010 - 2011

Môn Toán

L

u ý: Dới hớng dẫn theo cách, có nhiều cách giải khác.

Câu 1: điểm

a (0,5đ) Giải phơng trình: 2x = 0 2x – =  2x = x = 3/2 Vậy phơng trình có nghiệm x = 3/2

b (0,5đ) Ta có: √x −5 xác định  x –   x  5 c (1,0đ) Rút gọn

A = 2+√2

√2+1

2−√2

√2−1=

√2(√2+1)

√2+1

√2(√2−1)

√2−1 =2 2=2

Câu 2: 2điểm

a (1,0đ) Với m = ta có hệ phơng trình

{2x+3y=5

2x −2y=0⇔{

5y=5

2x −2y=0⇔{

y=1

x=2y

2

⇔{y=1

x=1⇔{

x=1

y=1 Vậy hệ phơng trình có nghiệm (1;1)

b (1,0®) Víi y = 2x ta cã hÖ {mx2x − m+3 2.2xx=5

=0⇔{

mx+6x=5

2x − m 2x=0⇔{

mx+6x=5

2x(m−1)=0⇔{

mx+6x=5

m −1=0 ⇔{

mx+6x=5

m=1 ⇔{x+m6x=5

=1 ⇔{

x=5/7

m=1 Khi y = 2x = 5/7 = 10/7

Vậy với m = hệ phơng trình có nghiệm (x;y) thoản mÃn y = 2x

Câu 3: 2®iĨm

Vì diện tích khu đất 360m2 nên ta có phơng trình: x.y = 360 (1)

Chiều dài giảm 6m : x (m) Chiều rộng tăng 3m là: y + 3(m)

Diện tích là: (x – 6).(y + 3) = 360 (2) Từ (1) (2) ta có hệ:

{ x y=360

(x - 6).(y + 3)= 360 ⇔{

y=360/x

(x - 6).(360/x + 3)= 360 Biến đổi ta đợc phơng trình: 3x2 -18x – 2160 =  x2 - 6x – 720 = 0

’ = (-3)2 – 1.(-720) = 720 √Δ'=27

Suy x1 = 30(tm) ; x2 = -24 (ktm)

VËy chiỊu dµi lµ 30m; chiỊu réng lµ 360 : 30 = 12m

Câu 4: 3điểm

Hình vẽ:

a 1điểm: Chứng minh tứ giác EHDB nội tiếp. Ta có AD đờng cao nên HDB = 900

CE đờng cao nên HEB = 900

XÐt tø gi¸c EHDB cã HDB + HEB = 1800

Mà HDB HEB vị trí đối diện nên tứ giác EHDB nội tiếp.

b 1điểm:Chứng minh tứ giác AHCM hình bình hành.

Ta có BCM = 900 (góc nội tiếp chắn nửa ng

tròn) MA BA

Mà AD  BC nªn MC // AH (1)

Ta có BAM = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)  MC  BC

Mµ CE  BA nên MA // HC (2)

Từ (1) (2) ta suy tø gi¸c AHCM cã MC // AH vµ MA // HC  Tø giác AHCM hình bình hành.

c 1điểm: ChoABC = 600 chøng minh BO = BH

Ta cã tứ giác EHDB nội tiếp (ý a) ⇒ BHE = BDE

T¬ng ta ta chứng minh tứ giác AEDC nội tiếp ⇒ BAC = BDE( bù EDC)

Mà BAC = BMC( hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ BC) ⇒ BHE = BMC mµ BEH = BCM = 900

BHE BMC(g g)

   

0

BH BE 1

cosB cos60

BM BC 2

    

(1) (vì Δ BEC vuông E, B=600) Mặt khác

BO 1

BM 2 (2)

Tõ (1) vµ (2) ⇒ BH = BO.

Câu 5: điểm

A=

a+ab+1+

1

b+bc+1+

1

c+ac+1=

1

a+ab+1+

a

ab+abc+a+

1

c+ac+abc

¿

a+ab+1+

1 ab+1+a+

1

c(1+a+ab)=

c

c(a+ab+1)+

ca

c(a+ab+1)+

1

c(1+a+ab)

¿ c+ca+1 c(a+ab+1)=

c+ca+abc

c(a+ab+1)=

c(1+a+ab)

c(a+ab+1)=

c(a+ab+1)

c(a+ab+1)=1

SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA Năm học 2010 – 2011

Mơn thi: Tốn

Ngày thi: 30 tháng năm 2010 Thời gian làm bài: 120phút

Bài I (2,0 điểm)

Cho phương trình : x2 + nx – = (1) (với n tham số)

1 Giải phương trình (1) n =

2 Giả sử x1,x2 nghiệm phương trình (1),tìm n để :

x1(x22 +1 ) + x2( x12 + ) >

Bài II (2,0 điểm) Cho biểu thức

3 1

3

3

a a

A

a a a

    

     

   

  với a > 0; a9

1.Rút gọn A

2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên

Bài III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy

Cho parabol (P): y = x2 điểm A,B thuộc parabol (P) v ới x

A = -1,xB = 2

1.Tìm toạ độ điểm A,B viết phương trình đường thẳng AB.

2 Tìm m để đường thẳng (d) : y = (2m2 – m)x + m + (với m tham số ) song

song với đường thẳng AB.

Bài IV (3,0)

Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O,các đường cao QM,RN tam giác cắt t ại H.

2 Kéo dài PO cắt đường tròn O K Chứng minh tứ giác QHRK hình bình hành.

3 Cho cạnh QR cố định,P thay đổi cung lớn QR cho tam giác PQR ln nhọn.Xác định vị trí điểm P để diện tích tam giác QRH lớn nhất.

Bài V ( 1,0 điểm)

Cho x,y số dương thoả mãn : x + y = 4 Tìm giá trị nhỏ :

2 33 P x y

xy

  

-

Hết -Họ tên thí sinh:………Số báo danh:……… Họ tên, chữ ký giám thị 1: Họ tên, chữ ký giám thị 2: Đáp án:

Bài I)

1) Với n = 3, ta có pt: x2 + 3x – = 0

pt có a+b++c=0 nên x1 = 1, x2 = -4

2 pt cho có  n216 0 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:

2

1 2

1 2

( 1) ( 1)

( )

4.( ) ( )

3

2

x x x x

x x x x x x

n n

n n

   

    

     

 

 

Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A=

4

a

2 Biểu thức A đạt giá trị nguyên  a3 ước 4.

do a3 3 nên a3 = 4  a=1

Bài 3:

1 A(-1; 1); B(2; 4)

Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2

2

2 1

2

m m

m m

  

 



  

Bài 4.

1 Tứ giác QRMN có :

 

90

QNR QMR 

Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính QR

2 Ta có: PQK 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

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:

QHR QKR

S S

Từ K kẻ KIQR Ta có:

QKR

S  KI QR

Diện tích tam giác QKR lớn KI lớn nhất K điểm cung nhỏ QR

Khi P điểm cung lớn QR Bài

Từ x+y=4

Áp dụng BĐT Cơsi ta có: xy

2

( )

4

x y

 

Do

33 33

xy 

Mặt khác: x2+y2=(x y )2-2xy=16-2xy16 2.4 =8( xy4)

Vậy P

33 65

4

  

Do : MinP=

65

4 , đạt x=y=2.

P

M

R Q

K H

N

Sở giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT

Nghệ an Năm học 2010 - 2011

Môn thi : Toán

Thời gian: 120 phút

Câu I (3,0 điểm). Cho biÓu thøc A =

 



 

x 2

x

x x .

1 Nêu điều kiện xác định rút gọn biểu thức A. 2 Tính giá trị biểu thức A x = 9.

3 Khi x thoả mãn điều kiện xác định Hãy tìm giá trị nhỏ cuả biểu thức B, với B = A(x-1).

C©u II (2,0 điểm). Cho phơng trình bậc hai sau, với tham số m : x2 - (m + 1)x + 2m - = (1)

1 Giải phơng trình (1) m = 2.

2 Tìm giá trị tham số m để x = -2 nghiệm phơng trình (1).

Câu III (1,5 điểm). Hai ngời làm chung cơng việc sau 30 phút họ làm xong công việc Nếu ngời thứ làm giờ, sau ngời thứ hai làm hai ngời làm đợc 75% cơng việc.

Hỏi ngời làm sau xong công việc? (Biết năng suất làm việc ngời không thay đổi).

Câu IV (3,5 điểm) Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB Điểm H cố định thuộc đoạn thẳng AO (H khác A O) Đờng thẳng qua điểm H vng góc với AO cắt nửa đờng tròn (O) C Trên cung BC lấy điểm D (D khác B C) Tiếp tuyến nửa đ-ờng tròn (O) D cắt đđ-ờng thẳng HC E Gọi I giao điểm AD HC.

1 Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đờng tròn. 2 Chứng minh tam giác DEI tam giác cân.

3 Gọi F tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ICD Chứng minh góc ABF có số đo khơng đổi D thay đổi cung BC (D khác B C).

-Hết -Họ tên thí sinh: Sè b¸o danh :

HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 PTTH NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu 1.

a) ĐKXĐ: x ≥0; x ≠1 Ta có: A = √x

√x −1−

√x+1−

2

= √x(√x+1) (√x −1)(√x+1)−

2(√x −1) (√x+1)(√x −1)−

2

(√x −1)(√x+1) = (x+√x)−2(√x −1)−2

(√x −1)(√x+1)

= x+√x −2√x+2−2 (√x −1)(√x+1) =

x −√x

(√x −1)(√x+1) =

√x(√x −1) (√x −1)(√x+1) =

√x √x+1 Vậy A = √x

√x+1

b) Thay x = vào biểu thức rút gọn A ta được: A = √9

√9+1=

3 3+1=

3

Vậy x = A =

4

c) Ta có: B = A (x −1) ¿ √x

√x+1(x −1) ¿√x(√x −1) ¿x −√x

√x¿2−2 √x.1

2+( 2)

2

−1

4

¿ ¿ √x −1

2¿

+(−1

4)

¿ ¿

Vì: √x −12¿2≥0

¿

Với giá trị x x ⇒ √x −12¿2+(−14)≥(−14)

¿

Với giá trị x 0 x 1

Dấu xãy √x −12¿2=0⇔√x −12=0⇔x=14

¿

Vậy giá trị nhỏ biểu thức B (−1

4) đạt x= .

Câu

a) Khi m = phương trình (1) trở thành: x2 – 3x + = (*)

Vì phương trình (*) phương trình bậc hai có: a + b + c = + (-3) + = Nên phương trình (*) có hai nghiệm x1 = v x2 =

Vậy m = th ì phương trình (1) có hai nghiệm l x1 = v x2 = 2.

b) Giả sử x = - nghiệm phương trình (1) Thay x = - vào phương trình (1) ta được: −2¿2−(m+1).(−2)+2m −2=0

¿

⇔4+2m+2+2m−2=0 ⇔4m+4=0 ⇔4m=−4 ⇔m=−1 ./

Vậy với m = -1 phương trình(1) có nghiệm x = -2. Câu Đổi: 30 phút =

2

Gọi x(h) thời gian để người thứ làm xong cơng việc (ĐK: x > 92 ) Gọi y(h) thời gian để người thứ hai làm xong cơng việc (ĐK: y >

2 )

Mỗi người thứ hai làm

y (công việc)

Mỗi hai người làm 29 (công việc) Trong người thứ làm

x (công việc)

Trong người thứ hai làm 3y (công việc)

Theo ta có hệ phương trình:

¿

1

x+

1

y=

2

x+

3

y=

75 100=

3

¿{

¿

(*)

Đặt 1x = a 1y = b Khi hệ phương trình (*) trở thành

¿ a+b=2

9 4a+3b=3

4

¿{

¿

⇔

9a+9b=2

16a+12b=3

⇔ ¿a=

12

b=

36

⇔ ¿1

x=

1 12

y=

5 36

⇔ ¿x=12

y=36

5

¿{

(TM) (TM)

Vậy: Người thứ làm xong công việc sau 12 giờ. Người thứ hai làm xong cơng việc sau 36

5 giờ, hay 12 phút.

Câu

Học Sinh tự Vẽ hình:

a) Ta có: CH AB (gt) ⇒ ∠BHI=900 (1) Lại có: ∠BDI=∠BDA=900 (góc nội tiếp chắn đường tròn) (2)

T (1) v (2) ⇒ ∠BHI+∠BDI=1800 ⇒ Tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn

K I

E

D C

b) Ta có: ∠EDI=∠EDA=1

2Sd DA (Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)

Và: ∠ABD=1

2Sd DA (Góc nội tiếp đường tròn (O)) ⇒ ∠EDI=∠ABD (3)

Lại có: ∠EID=∠ABD (cùng bù với góc ∠HID ) (4) Từ (3) (4) ⇒ ∠EID=∠EDI ⇒ ΔEID cân E c) Gọi K giao điểm BC với đường trịn (F)

Ta có: ∠KID=∠KCD=1

2Sd KD ❑

(5) Mà ∠KCD =∠BCD=∠BAD=1

2Sd ❑

BD (6)

Từ (5) (6) ⇒∠KID=∠BAD (7) Lại có: ∠CID=∠AIH (đối đỉnh) (8) Từ (7) (8) ⇒ ∠KID+∠CID =∠BAD+∠AIH=900 ⇒∠CIK=900

Mặt khác: ∠CIK góc nội tiếp đường trịn (F)

⇒ CK đường kính đường tròn (F) ⇒ F BC ⇒ ∠ABF =∠ABC=1

2Sd AC

Vì điểm H cố định ⇒ điểm C cố định ⇒ Cung AC không đổi ⇒ ∠ABF không đổi.(đpcm)

Sở GGD ĐT Hà Tĩnh đề thi tuyển sinh lớp 10 thpt - năm học 2010 - 2011Mơn tốn

Thêi gian lµm bµi: 120 phót

Bài1 Rút gọn biểu thức sau: 1) √18−√8+√2

2) x −√x

√x +

x −1

√x −1

Bµi Cho phơng trình: x2

5x+m+1=0 (1) (m tham số) 1) Giải phơng trình (1) m = 5

2) Tìm giá trị m để phơng trình (1) có hai nghiệm x ❑1 , x ❑2 thoả mãn đẳng thức: (x ❑1 x ❑2 - 1) ❑2 = 20(x ❑

1 + x ❑2 )

Bài 3.1) Trên hệ trục toạ độ Oxy, đờng thẳng y = ax + b đI qua điểm M(0;1) N(2;4) Tìm hệ số a b.

2)Giải hệ phơng trình:

2x+2y=5

xy=1

¿{

¿

Bài Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M B M C) Qua B kẻ đờng thẳng vng góc với tia DM cắt đờng thẳng DM, DC theo thứ tự tại E F.

1) Chứng minh tứ giác: ABED BDCE nội tiếp đờng trịn. 2) Tính góc CEF.

3) Đờng thẳng AM cắt đờng thẳng DC N Chứng minh đẳng thức:

AD2 = AM2 +

1 AN2 .

Bài Tìm x để y đạt giá trị lớn thoả mãn: x ❑2 + 2y

❑2 + 2xy - 8x – 6y = 0. HÕt

Hä tên thí sinh: Số báo danh:

BI GII VO LỚP 10 TĨNH HÀ TỊNH NĂM 2011 Bài Rút gọn biểu thức:

1) 18 8 2 2   2 2 1)

1 ( 1) ( 1)( 1)

2

1

x x x x x x x

x

x x x x

    

   

 

Bài

1) Khi m = ta có : x2 – 5x + = Có a + b + c = => x = 1; x = 6. 2) Đ/ K : m

21 

Theo vi – ét : S = 5; P = m + 1

vậy m = – 10

Bài

1) Đường th¼ng y = ax + b ®i qua ®iĨm M(0;1) => b = Điểm N(2;4) thuộc

đường thẳng => 2a + = => a =

3

2) Giải hệ phương trình:

2

1

x y xy

 

 

 

5

x y xy



 

  

 

 => x; y nghiệm phương trình 2t2 – 5t + = 0

=> t = 1; t= Vậy nghiệm hệ

1

x y

  





x y

  

 

Bài

1) Từ GT => BAD BED  2V nên tứ giác ABED nội tiếp đường

tròn.

Và từ GT ta có C E nhìn DB góc vng nên tứ giác BECD nội tiếp đường trịn.

2) Từ câu 1) có có BDEC nội tiếp đường trịn ; mà CAF góc

ngồi tứ giác DBEC => CEF BDC450.

3) Dề dàng chứng minh ∆ BAM đồng dạng ∆ DNA =>

AM AN

AB DN mà AB =

AD =>

AM.DN = AD.AN => AM2.DN2 = AD2.AN2 => AM2 (AN2 – AD2) = AD2.AN2 ( theo pi ta go) => AM2.AN2 = AM2.AD2 + AD2.AN2 Chia hai vế cho AM2.AN2.AD2 =>

2 2

1 1

AD AN  AM

Bài

Điều kiện tồn x PT: x2 + 2(y – 4)x + 2y2 - 6y = có nghiệm => (y – 4)2 – 2y2 + 6y 0  y2 + 2y – 17 0  (y+1)2 17

ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) MÃ ĐỀ: 346

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

Trong câu từ đến có phương án trả lời A, B, C, D có phương án đúng Chọn chữ đứng trước phương án

Câu 1: Cho hàm số y = (m - 2)x + (biến x) Với giá trị m hàm số đồng biến:

A m < B m > C m > - D m 

Câu 2: Cho hàm số y = - x2 Điểm sau thuộc đồ thị hàm số:

A Q(2; 1) B N(-2; 1) C P(1; - ) D M(1; )

Câu 3: Điều kiện xác định biểu thức là:

A x  B x  R C x  D x <

Câu 4: Diện tích hình quạt trịn có số đo cung 900, bán kính R là:

A B C D

Câu 5: Cho tam giác ABC vng A, có AB = 3cm, BC = 6cm Khi cosB bằng:

A B C D

SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH

Câu 6: Giả sử x1, x2 hai nghiệm phương trình x2 + 2x - = Khi tổng nghiệm là:

A x1 + x2 = -2 B x1 + x2 = C x1 + x2 = D x1 + x2 = -5 Câu 7: Cho tam giác ABC có AB = 6cm, AC = 8cm, BC = 10cm Khi bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là:

A 6cm B 5cm C 4cm D 3cm

Câu 8: Diện tích tam giác có ba cạnh a (cm) là:

A (cm2) B (cm2) C (cm2) D (cm2)

II PHẦN TỰ LUẬN: (8,0 điểm)

Câu 9: (1,5 điểm) Cho biểu thức : P = - + (Với b  0, b  4) a Rút gọn biểu thức P

b Tìm b để P =

Câu 10: (2,5 điểm) Cho phương trình: x2 - 2(n - 1)x + 2n - = (1) n tham số. a Giải phương trình n =

b Chứng minh phương trình (1) có nghiệm với n

c Gọi x1, x2 ngiệm phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x12 + x22

Câu 11: (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O, đường kính AB Dây cung CD vng góc với AB P Trên cung nhỏ BC lấy điểm M (M khác C, B), đường thẳng AM cắt CD Q

a Chứng minh tứ giác PQMB nội tiếp đường tròn b Chứng minh AQP ∽ ABM, suy ra: AC2 = AQ.AM.

c Gọi giao điểm CB với AM S, MD với AB T Chứng minh ST//CD Câu 12: (1,0 điểm) Cho số dương x, y có x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

B = 2

1

1

x y

 

 

   

 

   

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (2điểm)

Phần gồm câu, câu cho 0,25 điểm.

Câu

Đ/A B C A A D A B D

PHẦN II: TỰ LUÂN (8điểm)

Câu Nội dung Điểm

9

a P =

1 2 2

4

2

b b b b

b b

b b

   

  

 

 

=

 

2

4

b b

  =

2

b b Ta có P =

2 2

1  b2 3 b  b1

1,5đ 0,5

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

10

a Với n = phương trình trở thành: x2 - 4x + =

Phương trình có dạng: a + b + c = nên có nghiệm: x1 = 1; x2 = b Ta có ’ = (n - 1)2 - 2n + = (n - 2)2 ≥ với n  R

Vậy phương trinh (1) có nghiệm với n  R

c Theo Vi-ét ta có:

 

1

2

2

x x n

x x n

   

 

  



   

2

2 2

1 2 2 4 12 10

P x x  x x  x x  n  n  n  n =  

2 2n  1

Vậy: Giá trị nhỏ P là: P =  2n - =  n =

2,5đ 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25

11

Học sinh vẽ hình giải đến câu b

a Ta có: = 900 (do AB CD).

= = 900 (góc nội tiếp chắn đường trịn) Do đó: + = 2v Vậy PQMB nội tiếp

b Các tam giác vuông AQP ABM có chung góc A nên chúng đồng dạng suy ra: = => AQ.AM = AB.AP (1)

Mặt khác, ABC có = 900 (góc nội tiếp chắn đường trịn) nên tam giác vng C, lại có CP đường cao nên: AC2 = AP.AB (2) Từ (1) (2) suy ra: AC2 = AQ AM

c Vì AB CD => = => = hay =

Vì M, B nhìn đoạn ST góc nên tứ giác STBM nội tiếp Do = 900 nên = 900 suy ra: ST // CD (cùng vng góc với AB)

3,0đ 0,5

0,25 0,25 0,5 0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

12

Ta có:

2

2 2 2 2

1 1

1 x y

B

x y x y x y x y

  

       

 

 2

2 2 2 2

2 1 2

1 x y xy xy

x y x y x y x y xy

  

       

2

1

2

x y

  



 

 

 

Vậy: Giá trị nhỏ B B = 

x y x y

  

 

 

1

x y

1,0đ 0,25 0,25

0,25

0,25

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ Khóa ngày 24 tháng năm 2010 MƠN TỐN

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

-

-Câu 1 (1.5 điểm)

Rút gọn biểu thức (Khơng dùng máy tính cầm tay): 1) 8 18 2

2)

2

:

( )

a b ab

a b a b

 

  với a0,b0,a b

Câu 2(2.0 điểm)

1) Giải phương trình (Khơng dùng máy tính cầm tay): x2 – 3x + = 0

2) Giải hệ phương trình (Khơng dùng máy tính cầm tay):

3

x y x y

  



 

 .

Câu 3 (2.0 điểm)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho hàm số y = -x + có đồ thị đường thẳng (d) Gọi A, B giao điểm (d) với trục tung trục hoành. a) Tìm tọa độ điểm A B

b) Hai điểm A, B gốc tọa độ O tạo thành tam giác vuông AOB Quay tam giác vng AOB vịng quanh cạnh góc vng OA cố định ta hình gì? Tính diện tích xung quanh hình đó.

Câu 4 (1.5 điểm)

Một xe ôtô tải xe du lịch khởi hành đồng thời từ thành phố A đến thành phố B Xe du lịch có vận tốc lớn vận tốc ơtơ tải 20km/h, đến B trước xe ơtơ tải 15 phút Tính vận tốc xe, biết khoảng cách hai thành phố A B 100km

Câu 5 (3.0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, Kẻ đường cao AH phân giác BE góc

ABC (H thuộc BC, E thuộc AC), Kẻ AD vng góc với BE (D thuộc BE). a) Chứng minh tứ giác ADHB tứ giác nội tiếp, xác định tâm O đường tròn

b) Chứng minh EAD· =HBD· OD song song với HB.

c) Cho biết số đo góc ABC· =600 AB = a (a > cho trước) Tính theo a

diện tích

phần tam giác ABC nằm đường tron (O).

-HẾT -Họ tên:………. Phòng thi:………SBD……….

Hướng dẫn giải

1) 8 18 2 =2 2 2  

2)

2

:

( )

a b ab

a b a b

 

  với a0,b0,a b

2

:

( )

a b ab

a b a b

    =       : a b

a b a b a b a b a b



    

 

Câu 2)

1) Giải phương trình (Khơng dùng máy tính cầm tay): x2 – 3x + = 0

Pt có dạng a+b+c=1-3+2=0  x11;x22

2)

3

3

x y x y        

3

3

       x y

x y 

7       y

x y 

7 10      y x Câu 3)

1) A(0;4) ; B(4;0)

2) Khi quay tam giác OAB quanh trục OA ta có hình nón với chiều cao h=4, bán kính đáy r =4  l= 4

.4.4 16

xq

S rl  

Câu 4) Gọi vận tốc xe du lịch x (km/h) ( x> 20) Vậy vận tốc xe khách x – 20 (km/h)

Thời gian xe du lịch từ A đến B

100 h x

Thời gian xe khách từ A đến B :

100 20h x Theo ta có pt

100 100 25 20 60 x  x 

2 20 4800 0

x  x 

1 80

1 O

E D

H C

B

A

a)Ta có BHA =BDA  900  gt

D, H nhìn đoạn AB góc vng

=> tứ giác BHDA nội tiếp đường trịn đường kính AB, tâm O trung điểm AB

b)OBD ODB  ( tam giác OBD cân)

 

OBD DBH ( gt) =>ODB DBH  =>OD//BH

c) AB=a , ABC600 =>AC=AB.tg 600 =a 3

2

1

2

ABC

a S  a a 

*Tam giác OBH đếu =>

2

2

3

4 12

OBH

a

a S

     

 

*Diện tích hình quạt chắn cung AH

2

12

q OHA

a S 

Diện tích hình cân tìm :

 

21 48

ABC OBH q OHA

a S S   S  S   

Thõa Thiªn H Khóa ngày 24.6.2010

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TO¸N

Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,25 điểm)Khơngsử dụng máy tính cầm tay:

a)Giải phương trình hệ phương trình sau:

1) 5x2 7x 0 . 2)

2 13

3

x y x y

  



 



b) Rút gọn biểu thức:

5

2 5

P 



Bài 2: (2,5 điểm) Cho hàm số y ax

a) Xác định hệ số a biết đồ thị hàm số cho qua điểm M2; 8

b) Vẽ mặt phẳng tọa độ đồ thị (P) hàm số cho với giá trị a vừa tìm đường thẳng (d) qua M2; 8 có hệ số góc 2 Tìm tọa độ giao điểm khác M (P) (d)

Bài 3: (1,25 điểm) Hai người xe đạp xuất phát từ A để đến B với vận tốc Đi

3 quãng đường AB, người thứ bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút đón tơ quay

về A, cịn người thứ hai khơng dừng lại mà tiếp tục với vận tốc cũ để tới B Biết khoảng cách từ A đến B 60 km, vận tốc ô tô vận tốc xe đạp 48 km/h người thứ hai tới B người thứ A trước 40 phút Tính vận tốc xe đạp

Bài 4: (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A AC > AB, D điểm cạnh AC cho CD < AD Vẽ đường tròn (D) tâm D tiếp xúc với BC E Từ B vẽ tiếp tuyến thứ hai đường tròn (D) với F tiếp điểm khác E

a) Chứng minh năm điểm A, B, E, D, F thuộc đường tròn

b) Gọi M trung điểm BC Đường thẳng BF cắt AM, AE, AD theo thứ tự điểm N, K, I Chứng minh:

IK AK

IF AF Suy ra: IF BK IK BF . c) Chứng minh tam giác ANF tam giác cân

Bài 5: (1,5 điểm)

Từ mộttấm thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB = 3,6dm, chiều dài AD = 4,85dm, người ta cắt phần thiếc để làm mặt xung quanh hình nón với đỉnh A đường sinh 3,6dm, cho diện tích mặt xung quanh lớn Mặt đáy hình nón cắt phần cịn lại thiếc hình chữ nhật ABCD

a) Tính thể tích hình nón tạo thành

b) Chứng tỏ cắt nguyên vẹn hình trịn đáy mà sử dụng phần cịn lại thiếc ABCD sau cắt xong mặt xung quanh hình nón nói

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP HUẾ THỪA THIÊN HUẾ Mơn:TỐN - Khóa ngày: 25/6/2010

CH NH TH C

ĐỀ Í Ứ ĐÁ ÁP N V THANG I MÀ Đ Ể

Bài ý Nội dung Điểm

1 2,25

a.1

(0,75) Giải phương trình

2

5x  7x 0 (1):

49 120 169 13 , 13

       ,

1

7 13

10

x   

vµ

7 13 10

x   

Vậy phương trình có hai nghiệm:

,

5

x  x 

0,25 0,25 0,25 a.2

(0,75)

Giải hệ phơng trình

2 13

3

x y x y        :

2 13 39 13

3 10 18 19 57

x y x y x y

x y x y y

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

2 13

y x x y               0,50 0,25 b.

(0,75) 2 5 5 2 2 5

5

P    

 

5 5

   

0,50 0,25

2 2,5

2.a

(0,75) + Đồ thị (P) hàm số

2

y ax ®i qua điểm M2; 8, nên: 2

8 a  a2.

VËy: a2 vµ hàm số cho là: y2x2

0,50 0,25 2.b

(1,75)

+ Đường thẳng (d) có hệ số góc 2, nên có phương trình dạng:

y x b

+ (d) i qua điểm M2; 8, nên: 8  2  2 b b4, ( ) :d y2x4 + Vẽ (P)

+ Vẽ (d)

+ Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình:

2

2x 2x 4 x  x 0 .

+ Phương trình có hai nghiệm: x11; x2 2

Do hồnh độ giao điểm thứ hai (P) (d) x 1 y  2 12 Vậy giao điểm khác M (P) (d) có tọa độ: N1; 2

3 1,25

Gọi x (km/h) vận tốc xe đạp, x + 48 (km/h) vận tốc ô tô Điều kiện: x >

Hai người xe đạp đoạn đường

2

40

AC AB km

Đoạn đường lại người thứ hai xe đạp để đến B là: CB = ABAC=20 km

0,25

0,25 Thời gian người thứ ô tô từ C A là:

40 48

x (giờ) người thứ hai đi từ C đến B là:

20

x (giờ).

Theo giả thiết, ta có phương trình:

40 20 40 20

1

48 3 48

x   x   x   x

Giải phương trình trên:

   

40x x x 48 20 x48

hay x268x 960 0

Giải phương trình ta hai nghiệm: x180 0 (loại) x2 12. Vậy vận tốc xe đạp là: 12 km/h

0,25

0,25

0,25

4 2,5

4.a

(1,0)

Hình vẽ

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: BED BFD 900 Mà BAD BAC  900 (giả thiết)

Do đó: BED BFD BAD  900

Vậy: Năm điểm A,B,E,D,F thuộc đường trịn đường kính BD

0,25 0,25 0,25 0,25 4.b

(1,0)

Gọi (O) đường tròn đường kính BD Trong đường trịn (O), ta có:

 

DEDF (do DE, DF bán kính đường tròn (D))  EADD AF Suy ra: AD tia phân giác EAF hay AI tia phân giác KAF Theo tính chất phân giác ta có

IK AK IF AF (1)

Vì ABAI nên AB tia phân giác đỉnh A KAF Theo tính chất phân giác ta có :

BK AK BF AF (2)

Từ (1) (2) suy :

IK BK

IF BF Vậy IF BK = IK BF (đpcm) 0,25 4.c

(0,5)

Ta có: AM trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM = MC, đóAMC cân M, suy ra: MCA MAC  .

Từ đó:NAF MAC DAF  MCA EAC  (vì AI tia phân giác góc EAF) Mà AEB MCA EAC  (góc ngồi tam giác AEC)

Nên NAF AEB

Mặt khác, AFBAEB(góc nội tiếp chắn cung AB) Suy ra:NAF BFA NFA

Vậy : ANF cân N (đpcm)

0,25

0,25

5 1,5

a) Hình khai triển mặt xung quanh hình nón có đỉnh A, đường sinh 3,6

l  dm AB hình quạt tâm A bán kính AB Mặt xung quanh có diện tích lớn góc tâm hình quạt 900

+ Diện tích hình quạt diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy rnên:

2 90

360

xq

l l

S    rl

Suy ra: 0,9

l

r  dm

Do thể tích hình nón tạo là:

 

3

2 2

1 15

2,96

3 3

r

V  r h r l  r   dm

b) Trên đường chéo AC, vẽ đường trịn tâm I bán kính r 0,9dm ngoại tiếp cung quạt tròn E IH IK đoạn vng góc kẻ từ I đến BC CD Ta có: CI AC AI  3,624,852  (3,6 0,9) 1,54  dm

IH//AB 0,91 0,9

HI CI AB CI

IH dm r dm

AB AC AC



      

Tương tự: IK r 0,9dm

Vậy sau cắt xong mặt xung quanh, phần lại thiếc ABCD cắt mặt đáy hình nón

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 Ghi chú:

 Học sinh làm cách khác đáp án cho điểm tối đa.  Điểm tồn khơng làm trịn.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học : 2010 -2011, MƠN : TỐN

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

Bài 1: ( 2,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau: a) A = -+ ; b) B = - ; c) C = , với x > 2

Bài : ( 2,0 điểm) Cho hàm số bậc y = ax + có đồ thị đường thẳng (d) a) Xác định hệ số a , biết đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 3x Vẽ (d_ với hệ số a vừa tìm được.

b) Đường thẳng (d’) có dạng y = x + cắt đường thẳng (d) câu a) điêm M Xác định tọa độ điểm M.

Bài 3: ( 2,5 điểm)

a) Cho phương trình x2 + 7x - = Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm x1, x2 ; Khơng giải phương trình tính x1 + x2 x1.x2.

b) Giải phương trình : =

c) Giải toán cách lập phương trình :

Cạnh huyền tam giác vng 13 cm Hai cạnh góc vng có độ dài kém cm.Tính độ dài cạnh góc vng tam giác vng đó.

Bài : ( 3,5 điểm)

Cho nửa đường trịn (O ; R) đường kính AB Vẽ bán kính OC vng góc với AB.Gọi K điểm nằm hai điểm B C Tia AK cắt đường trịn (O) M

a) Tính số đo góc : ACB , AMC.

b) Vẽ CI vng góc AM ( I thuộc AM) Chứng minh tứ giác AOIC tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh hệ thức AI.AK = AO.AB.

d) Nếu K trung điểm CB Tính tgMAB.

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

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1 2.0

điểm

+ Vì độ dài cạnh huyền 13 cm nên ta có phương trình: x2 + ( x-7)2 = 132

+Thực biến đổi thu gọn ta pt:

x2 - 7x - 60 = 0 + Giải ta : x1 = 12 ( tmđk) x2 = -5 (loại)

+Trả lời : Vậy độ dài hai cạnh tam giác vuông : 12cm 7cm.

0.25

0.25 0.25 a) A = -+ = - + = 10

b) B = - = -= - - = -1

c) C = , với x > 2 = = |x −x −22|

= x −x −22 = 1( x>  x -2 > 0)

0.5 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25

Bài 4 3,5đ

iểm

Hình vẽ phục vụ

câu a Hình vẽ phục vụ câu b,c

0.25 025

H

I M

C

O

A B

điểm nửa đườn tròn)

+ CMA = COA = 900 = 450( góc nội tiếp góc tâm chắn cung) b) +CIA = COA = 900 ( gt)

=> tứ giác AOIC tứ giác nội tiếp

0.5 0.25 0.25 a) + (d) song song với đường thẳng y =

3x nên a = + Vẽ (d) y = 3x + 3

-Xác định hai điểm thuộc (d) : ( 0;3) ( -1 ; 0)

-Vẽ (d) mặt phẳng Oxy b) -Tọa độ ( x;y) M nghiệm hệ:

¿ y=3x+3

y=x+1

¿{

¿

-Giải hệ : x= -1 ; y = 0 -Tọa độ M( -1; 0)

0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 0.25

c) + Trong tam giác vng ACK ta có :

AC2 = AI.AK (1) ( hệ thức lượng trong tam giác vng)

+Trong tam giác vng ACB ta có: AC2 = AO.AB (2)

+ Từ (1) (2) suy hệ thức cần chứng minh.

d) Kẻ KH AB => KH // OC. Nếu K trung điểm BC KH đường trung bình tam giác COB suy : KH = =

OH = = Do đó: AH = R + =

+Tam giác AKH vuông H => tgMAB = tgKAH = = :=

0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

Bài 3 2,5

i

đ ể

m

a) + Pt có a.c = 1.(-4) = -4 < 0 => pt có hai nghiệm phân biệt x1, x2 +Theo viet: x1 + x2 = = -7

x1.x2 = = -4 b) + ĐK : x -2

+ Qui đồng mẫu hai vế pt khử mẫu ta : ( 1+x)(x+2) = 2

 x2 + 3x =

 x( x + 3) = 0 

x=0

¿

x+3=0⇔x=3

¿ ¿ ¿ ¿

+ x = x= thỏa mãn điều kiện + Vậy pt có tập nghiệm : S = {0;3} c) +Gọi x(cm) độ dài cạnh góc vng lớn (ĐK : < x < 13)

=> độ dài cạnh góc vuông nhỏ :x-7

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG KHĨA NGÀY 21 THÁNG NĂM 2010 Đà Nẵng

MƠN THI : TỐN -Bài (2,0 điểm)

b) Tính B ( 1)  Bài (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x413x2 30 0

b) Giải hệ phương trình

3 x y

8 x y 

 

  

  

  Bài (2,5 điểm)

Cho hai hàm số y = 2x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (d). a) Vẽ đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ Oxy

b) Gọi A giao điểm hai đồ thị (P) (d) có hồnh độ âm Viết phương trình đường thẳng () qua A có hệ số góc -

c) Đường thẳng () cắt trục tung C, cắt trục hoành D Đường thẳng (d) cắt trục hồnh B Tính tỉ số diện tích hai tam giác ABC tam giác ABD

Bài (3,5 điểm)

Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R đường trịn (C') tâm O', bán kính R' (R > R') cắt hai điểm A B Vẽ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn (M  (C), N  (C')) Đường thẳng AB cắt MN I (B nằm A I)

a) Chứng minh BMN MAB  b) Chứng minh IN2 = IA.IB

c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB P Chứng minh MN song song với QP

BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

( 20 45 5)

A   = (2 5 5) 10   b) Tính B = ( 1)  3 1  31

Bài 2: (2 điểm)

a) Giải phương trình : x4 – 13x2 – 30 = 0 (1) Đặt u = x2 ≥ , pt (1) thành : u2 – 13u – 30 = (2) (2) có  169 120 289 17  

Do (2) 

13 17 2

u  

(loại) hay

13 17 15

b) Giải hệ phương trình : x y x y             1 x x y            1 10 x y         1 10 x y        Bài 3:

a) Đồ thị: học sinh tự vẽ

Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1; 2 (d) qua (0;3), 1; 2 

b) PT hoành độ giao điểm (P) (d) là: 2x2  x  2x2 – x – =

1

2

x hay x

  

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (d)   1; , ;

2

 

  

   A 1; 2 Phương trình đường thẳng () qua A có hệ số góc -1 :

y – = -1 (x + 1)  () : y = -x +

c) Đường thẳng () cắt trục tung C  C có tọa độ (0; 1) Đường thẳng () cắt trục hoành D  D có tọa độ (1; 0) Đường thẳng (d) cắt trục hồnh B  B có tọa độ (-3; 0)

Vì xA + xD = 2xC A, C, D thẳng hàng (vì thuộc đường thẳng ())  C trung điểm AD

2 tam giác BAC BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B AC = 2AD Nên ta có

1

ABC ABD

S AC

S AD

Bài 4:

a) Trong đường tròn tâm O:

Ta có BMN= MAB (cùng chắn cung BM ) b) Trong đường trịn tâm O':

Ta có IN2 = IA.IB c) Trong đường tròn tâm O:

 

MAB BMN (góc chắn cung BM ) (1) Trong đường tròn tâm O':

 

BAN BNM (góc chắn cung BN ) (2)

Từ (1)&(2) => MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180       Nên tứ giác APBQ nội tiếp

=> BAP BQP QNM   (góc nội tiếp góc chắn cung) mà QNM BQP  vị trí so le => PQ // MN

SỞ GIÁO DỤC ĐAØO TẠO KỲ THI TS VAØO LỚP 10 THPT NH: 2010-2011 BÌNH ĐỊNH KHĨA NGÀY : 30 - - 2010

Đề thức Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút ( khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: Sáng 01/7/2010

- Bài 1: (1,5 điểm) Giải phương trình sau:

a) 3(x – 1) = + x b) x2 + 5x – = 0

Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x2 – x + – m = ( m tham số ) Tìm điều kiện m để phương cho có nghiệm

b) Xác định hệ số a, b biết hệ phương trình

ax 2y bx ay

 

 

 

 có nghiệm ( √2, - √2 ). Bài 3: (2,5 điểm) Một công ty vận tải điều số xe tải để chở 90 hàng Khi đến kho hàng có xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng xe lại phải chở thêm 0,5 so với dự định ban đầu Hỏi số xe điều đến chở hàng ? Biết khối lượng hàng chở xe

Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường cao BB’ CC’ (B’ cạnh AC, C’ cạnh AB) Đường thẳng B’C’ cắt đường tròn tâm O hai điểm M N ( theo thứ tự N, C’, B’, M)

a) Chứng minh tứ giác BC’B’C tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AM = AN

c) AM2 = AC’.AB

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: (1,5 điểm) a) 3(x – 1) = + x <=> 3x – = + x <=> 2x = <=> x =

2 b) Ta coù a + b + c = + +(-6) = => x1 = ; x2 = -6

Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x2 – x + – m ( m tham số ) Để phương cho có nghiệm D ³ <=> (-1)2 – 4(1 – m) ³ <=> – + 4m ³ <=> m ³

3 b) Hệ phương trình có nghiệm ( √2, - √2 ) nên ta có :

2a 2

2a 2b

  

 

 



 <=>

a 2

b 2

         Bài 3: (2,5 điểm) Gọi x (xe số xe điều đến chở hàng (x: nguyên, x > 2) Số xe thực chở hàng x – (xe)

Khối lượng hàng chở xe lúc đầu: 90

x (tấn); thực chở là: 90

x 2- (taán);

Ta có phương trình: 90 x 2- -

90 x =

1

2 <=> 2.90.x – 2.90(x – 2) = x(x – 2) <=> x2 – 2x – 360 = => x

1 = 20 ; x2 = -18 (loại) Vậy số xe điều đến chở hàng 20 xe

Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác BC’B’C tứ giác nội tiếp

Ta coù BC'C BB'C· =· = 900 (gt)

Hay B’ ; C’ nhìn BC góc 900

=> BC’B’C nội tiếp đường trịn đường kính BC b) Chứng minh AM = AN

Ta coù:

· ¼ »

AC'M sđ(AM NB)

2

= +

;

· » »

ACB sđ(AN NB)

2

= +

Mà BC’B’C nội tiếp => AC'M B'CB ACB· =· =· <=> 1 sđ(AM NB)2 ¼ +» = 1 sđ(AN NB)2 » +» <=> AM AN¼ =» <=> AM = AN

c) AM2 = AC’.AB

Xeùt DANC’ DABN có: ¼ »

AM AN= => ANC' ABN· =· (góc nội tiếp chắn cung nhau); Và NAB· : chung => DANC’ : DABN =>

AN AC'

AB=AN => AN2 = AC’.AB hay AM2 = AC’.AB Baøi 5: (1,0 ñieåm)

2 a + b + c

Cho < a < b phương trình (ẩn x) ax + bx + c = vô nghiệm CMR: b a 

 Vì đa thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c nghiệm (gt) nên f(x) dấu với hệ số a

 Mà a > (gt) nên f(x) > (với x thuộc )  Suy ra: f( 2) >

 4a  2b + c >

 a + b + c  3(b  a) >

 a + b + c > 3(b  a)

 a + b + c (Chia hai veá cho số dương b a)b a  

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi : TOÁN (Chung)– Sáng ngày 30/6/2010

Đề thức Thời gian làm : 120 phút ( Không kể thời gian phát đề) Câu (2 đ )

a) Khơng sử dụng máy tính cầm tay , rút gọn biểu thức : A = 12 48 75 

b) Cho biểu thức

2

1

x x x x x x

B

x x x x

      

  

  

 

Với giá trị x biểu thức xác định ? Hãy rút gọn biểu thức B Câu (2đ )

Khơng dùng máy tính cầm tay , giải phương trình hệ phương trình sau : a) x2 - 2 2x – = 0

2 13

)

2

x y b

x y

 

 

  

Câu (2,5 đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = 2x2 đường thẳng

(d) có phương trình y = 2(m – 1)x – m +1, m tham số a) Vẽ parabol (P)

b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

c) Chứng minh m thay đổi ,các đường thẳng (d) qua điểm cố định Tìm điểm cố định

Câu (2,5 đ)

Cho đường tròn (O,R) đường thẳng   không qua O cắt đường tròn hai điểm A và B Từ điểm M ( Δ ) ( M nằm ngồi đường trịn tâm O A nằm B M ), vẽ hai tiếp tuyến MC, MD đường tròn (O) (C, D (O) ) Gọi I trung điểm AB, tia IO cắt MD K

a) Chứng minh năm điểm M, C, I, O, D thuộc đường tròn b) Chứng minh : KD KM = KO KI

c) Một đường thẳng qua O song song với CD cắt tia MC và MD E F xác định vị trí M ( Δ ) cho diện tích Δ MEF đạt giá trị nhỏ

Câu (1 đ)

Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90 cm đặt úp hình trụ tích , 9420cm3 bán kính đáy hình trụ 10cm , sao

cho đường trịn đáy hình trụ tiếp xúc ( khít ) với mặt xung quang hình nón đáy hình trụ nằm mặt đáy hình nón Một mặt phẳng qua tâm O đỉnh hình nón cắt hình nón hình trụ như hình vẽ

Tính thể tích hình nón Lấy  3,14 -

GIẢI ĐỀ TOÁN TUYỂN LỚP 10 THPT TỈNH PHÚ YÊN

Câu 1: a) A = 12 48 75  = 15 3  = 9

b) B =

2

1

x x x x x x

x x x x

      



 

    

 

- ĐK xác định: x > ; x 1

Ta có B =

       

   

  

2

2 1

1

x x x x x x

x

x x

      

 

=    

  2 

2

1

3

1

x x

x x x x

x x x          =    

  2 

2 1 1 x x x x x x     

= - Câu 2:

a) x2 2x 0

Lập   ' ( 2)2 7   ' 3 ; Do x1 = 3; x2  3 Vậy pt có hai nghiệm: x1 = 3; x2  3

b) '

2 13(1) 13(1)

2 4(2) 8(2 )

x y x y

x y x y

            

  Lấy (1) – (2’) vế theo vế ta được:

- 7y = 21  y = - Thay y = - vào (2), ta được: x + 2.(- 3) = -  x = 2 Vậy hệ pt có nghiệm ( 2; - 3)

Câu 3: a) Vẽ đồ thị hàm số y = 2x

- Hàm số y = 2x 2 xác định với giá trị x - Lập bảng giá trị: x … - - 2… y = x … 8

- Đồ thị hàm số có đỉnh gốc tọa độ, nằm phía trục hồnh nhận trục tung làm trục đối xứng

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là: 2x2 – 2(m – 1) x + m – = (*)

Ta có ' = (m – 1)2 – 2(m – 1) = m2 – 2m + – 2m + 2= m2 – 4m + 3

Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt pt (*) có hai nghiệm phân biệt  '>  m2 – 4m + > 0  (m – 1)(m – 3) >  m > m < 1

Vậy m > m < (d) cắt (P) hai điểm phân biệt c) gọi M(x0; y0) điểm cố định mà họ đường thẳng (d) qua, ta có:

y0 = 2(m-1)x0 – m +  2mx0 – 2x0 –m + – y0 =  m(2x0 – ) – 2x0 + – y0 = (*)

Vì pt (*) với m nên ta có:

0 0 0 0 1

2 2

2

2 1

0

2

2 x x x x y y y                              Vậy đường thẳng (d) qua điểm cố định M(1/2 ; 0)

2

0 y

x

-2 -1

Do OIM = 900  Điểm I thuộc đường trịn đường kính OM (1) Ta có OCM ODM 900( MC MD tiếp tuyến (O))

 C; M thuộc đường trịn đường kính OM (2)

Từ (1) (2)  5 điểm O;I;C;D;M thuộc đường trịn đường kính OM b) Xét KOD KMI Kcó chung ; KDO KMI 900

Do KOD KMI đồng dạng (g-g)

KO KD

KM KI  KD.KM = KO.KI c) Ta có

1

2

MEF

S  EF OM OE OM

( OE = OF MEF cân) = OC.ME ( hệ thức lượng tam giác vuông) Mà OC = R không đổi, nên diện tích MEFnhỏ ME nhỏ nhất Ta có ME = EC + MC  EC MC ( bất đẳng thức cô si)

Và EC.MC = OC2 ( hệ thức lượng tam giác vng) Do ME nhỏ ME = OC = 2R

Đặt MC = x, ta có OC 2 = MC.EC ( hệ thức lượng tam giác vuông)

 R 2 = x.(2R – x)  x2 – 2Rx + R 2 =  (x – R )2 =  x = R Mặt khác OM 2 = MC ME ( hệ thức lượng tam giác vuông)

= R.2R = 2R  OM = R

Vậy M giao điểm (O; R 2) đường thẳng   diện tích MEF nhỏ Câu 5: Ta có: Vtrụ = .r 2 h 9420 = 3,14.10 2 h  h = 30(cm)

Goi R bán kính đáy hình nón, theo định lý ta lét ta có: 10 90 30

90

R

 

 R = 15 (cm) Vậy Vhình nón =

2

3R h=

2

.3,14.15 90

3 = 21,195 (cm3)

10 90

Tuyển sinh 10 KHÁNH HOÀ 2010 – 2011 THỜI GIAN: 120 PHÚT

BÀI 1: ( 3Đ) (Khơng dùng máy tính cầm tay) a)Rút gọn biểu thức: A = 5( 20 3)  45 b)Giải hệ phương trình:

5

x y x y

 

 

 



c)Giải phương trình: x4 – 5x2 + = 0. BÀI 2: (1Đ)

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

Tính giá trị m , biết phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện: x1 + x2 + x1.x2 =

BÀI 3: (2Đ)

Cho hàm số y = mx – m + có đồ thị đường thẳng (dm) 1.Khi m = , hay x vẽ (d1)

2.Tìm toạ độ điểm cố định mà đường thẳng (dm) qua với giá trị m Tính khoảng cách lớn từ điểm M(6 ; 1) đến đường thẳng (dm) m thay đổi BÀI 4: (4Đ)

Cho hình vng cạnh a , lấy điểm M thuộc cạnh BC (M khác B,C) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng DM H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC K

1.Chứng minh: BHCD tứ giác nội tiếp 2.Chứng minh: KM  DB

3.Chứng minh: KC KD = KH KB

4.Kí hiệu SABM , SDCM diện tích tam giác ABM, tam giác DCM Chứng minh tổng (SABM + SDCM ) không đổi Xác định vị trí M BC để S2ABM + S2

DCM đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ theo a

1 A = A 5( 20 3)  45 100 5   100 10 (1đ)

2

5 5

3 4

x y x y y y

x y x x x

      

   

  

   

    

    (0,75đ)

Vậy hệ pt có nghiệm (4;1) (0,25đ) Đặt x2 = t ( điều kiện: t  0)

Pt  t2 – 5t + = (a = , b = -5 , c = 4)

Vì a + b + c = – + = nên t1 = (nhận) ; t2 = (nhận) (0,5đ) + Với t = suy : x2 =  x = 1

+ Với t = suy : x2 =  x = 2

Vậy S = {1 ; 2} (0,5đ)

Bài 2 : a = , b’ = -(m+1) ; c = m2 – ’ = b’2 – a.c = (m+1)2 – ( m2 – 1) = m2 + 2m + – m2 + = 2m + 2. Để pt có hai nghiệm x1 , x2 ’ 

 2m +   m  -1 Theo hệ thức Vi ét ta có :

1 2

2

m x x x x m

 

   

 

 

Theo đề ta có: x1 + x2 + x1.x2 =  2m + + m2 – = 1  m2 + 2m = 0.  m(m + ) =

 m = ( nhận) ; m = -2 ( loại) Vậy m =

Bài 3 : Cho hàm số y = mx – m + (dm) 1.Khi m = (d1) : y = x + Bảng giá trị :

x -1 y = x +

Vẽ : Đồ thị hàm số y = x + đường thẳng qua hai điểm (-1 ; 0) (0 ; 1) (HS vẽ đạt 1đ)

2 Gọi A(xA ; yA) điểm cố định mà (dm) ln qua m thay đổi Ta có : yA = mxA – m +

 yA – = m(xA – 1) (*)

Xét phương trình (*) ẩn m , tham số xA , yA : Pt(*) vô số nghiệm m

1

2

A A

A A

x x

y y

  

 



 

  

 

Vậy (dm) qua điểm A(1 ; 2) cố định m thay đổi Ta có : AM = (6 1) 2(1 2)  26

Từ M kẻ MH  (dm) H +Nếu H  A MH = 26.(1)

+Nếu H khơng trùng A ta có tam giác AMH vng H => HM < AM = 26 (2)

Từ (1)(2) suy MH  26

K H

D

B A

C M

1 (1đ) Xét tứ giác BHCD có:

 900

BHD ( BH  DM)

 900

BCD (ABCD hình vng)

Mà: Hai đỉnh H, C kề nhìn BD góc 900. Nên BHCD tứ giác nội tiếp

2.(1đ) Xét tam giác BDK có DH , BC hai đường cao cắt M => M trực tâm tam giác BDK

=>KM đường cao thứ ba nên KM  BD (1đ) HKC DKB đồng dạng (g.g)

=>KC.KD = KH KB 4.(1đ) SABM =

1

2 AB BM 2 a BM

SDCM =

1

2 DC CM 2 a CM

=> SABM + SDCM =

2

1

( )

2 a CM BM 2a không đổi

Ta có: S2ABM + S2 DCM =

 

 

2 2

2

2

2

2

2

2 4

2

1

2

= ( )

4

=

2

( )

2 8

a

a BM a CM BM CM

a

BM a BM

a a a

BM

a a a a

BM

   

  

   

   

 

  

 

  

 

 

 

   

Để S2ABM + S2

Lược giải :

Bài 1)

A=28 3 27 12 :5  

A=28 :5 15 3:5 3     Bài 2) a) Đồ thị hàm số y = ax -2 ( a0) qua A(3 ;4)

=>3a-2= => a=2 ( thỏa Đk)

b) Vẽ đồ thị hàm số y =2x -2 ( tự vẽ) Bài 3) Giải phương trình3.1) x2-4x +2 =0

’ = b’

3.2) 4x4x2 0 Đặt x2 = t ( t 0) 4t2 + t -5 =0

Do a+b+c=4+1-5 =0

1

t  ( thỏa đ k) ;

5 t 

( không thỏa đ k) t = = > x2 =1  x1

3.3)

1 1 x x  Đ k : x1

=> 3x+3+3x-3 =4x2-4 2x2 -3x -2 =0

=25 

1

x  (thỏa đ k)

1 x 

(thỏa đ k) Bài

M

C D

H

B A

O S

1) SAO SBO  900( t/c tiếp tuyến ) =>SAO SBO  1800

=> tứ giác SAOB nội tiếp 2) a)

Ta có OA2 =OS2-OA2 = 9R2-R2 =8R2 => OA=2R

2

1 .2 2 2

SAO

S  R R R

SAO= SBO

 

=>SSAOB 2.R2

b) Ta có SA=SB ( t/c hai tiếp tuyến giao nhau) OA=OB ( ban kính )

=>AH=

2 2

3

R R R R 

3) Đường trịn (O) có hình thang ADCB nội tiếp, nên ADCB hình thang cân

*ABC=DCB (c-c-c) =>ACB DBC => MBC cân =>MB=MC

Mà OB=OC (bán kính kính)  MO trung trực BC => OM BC

Sở Giáo Dục Và Đào Tạo Kì Thi Tuyển Sinh Vào Lớp 10 THPT ĐăkLăk Năm Học 2010-2011

Đề Chính Thức Mơn : TỐN

Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2 điểm)

1) Giải phương trình: 2x2+√3x=x2+2√3x

2) Xác định a b để đồ thị hàm số y = ax + b qua hai điểm A(2;8) B(3;2) Bài 2: (2 điểm)

1) Rút gọn biểu thức: A=√2(√2−2)+(√2+1)2 2) Cho biểu thức: B=(

1−√x−√x):(

1 1+√x+

2√x

1− x) với x 0,x

a) Rút gon biểu thức B

b) Tìm giá trị x để biểu thức B = Bài 3: (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2−

(2m+1)x+m2+1

2=0 (m tham số) (1)

1) Với giá trị m phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt?

2) Với giá trị m phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho biểu thức

M=(x1−1).(x2−1) đạt giá trị nhỏ nhất? Bài 4: (3,5 điểm)

1) Chứng minh OBPC tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh hai tam giác BDO CAO đồng dạng

3) Tiếp tuyến nửa đường tròn P cắt CD I Chứng minh I trung điểm đoạn thẳng CD

Bài 5: (1 điểm)

Chứng minh phương trình (a4− b4)x2−2(a6−ab5)x

+a8− a2b6=0 ln ln có nghiệm với a, b

Họ tên thí sinh:………Số báo danh………… Họ tên chữ ki giám thị

……… ………

Sở GD & Đào Tạo Kì Thi Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Trung Học Phổ Thông ĐăkLăk Năm Học 2010-2011

ĐÁP ÁN MƠN TỐN THI NGÀY THƯ NHẤT

Bài Ý NỘI DUNG Điểm 2đ Giải PT: 2x2 +

√3 x = x2 +2

√3 x

 x2

-√3 x =  x(x- √3 ) =

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 = ; x2 = √3

0,5 0,5 Xác định a, b để đồ thị hàm số y = ax +b qua hai điểm A(2;8) B (3;2)

+ Vì đồ thị hàm số y = ax +b qua hai điểm A(2;8) B (3;2) Suy ta có hệ

¿

2a+b=8

3a+b=2

¿{

¿

a b hai nghiệm hệ

¿

2a+b=8

3a+b=2

¿{

¿

Giải hệ PT

¿

2a+b=8

3a+b=2

¿{

¿



¿ a=−6

3(−6)+b=2

¿{

¿



¿ a=−6

b=20

¿{

¿

0,5

0,5

Bài ( 2đ)

1 A = √2+1¿

2

√2(√2−2)+¿

= 2- √2 +2+2 √2 +1 =

0.25

0,5

2 a) Với x 0 ,x1Ta có :

B = (

1−√x−√x):(

1 1+√x+

2√x

1− x)

= 2−√x(1−√x)

1−√x :

1−√x+2√x

1− x

= x −√x+2(1+√x) (1−√x)

= x - √x +2

0,5

Bài3 (1,5đ)

b) Tìm giá trị x để biểu thức B = Ta có : B =  x - √x +2 =  x - √x -3 =

Với x x1 đặt t = √x , => : t 0 Ta có p/t : t2 –t -3 = ( Δ =13>0 =>

√Δ=√13 ) Do p/t có hai nghiệm t = 1+√13

2 ( nhận ) ,t =

1−√13

2 ( loại )

Nên ta có √x=

1+√13

2  x =

2

13

    

   

x =

7+√13

1) Với giá trị m p/t (1) có hai nghiệm phân biệt Ta có Δ = (2m+1)2 - 4 (m2+1

2) = 4m -1

P/t (1) có hai nghiệm phân biệt Δ >0  4m -1>0 m> 14

0,25

0,25

0,25

0,5

2 Với giá trị m p/t (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho biểu thức M =(x1 -1)(x2 -1) đạt gia trị nhỏ

+ Ta có (x1 -1)(x2 -1) = x1 x2 –(x1 +x2 ) +1

Mặt khác theo hệ thức Vi Et ta có

¿ x1+x2=2m+1

x1.x2=m

+1

2

¿{

¿

Vây M =(x1 -1)(x2 -1) =m2 -2m +

2 = (m−1)

−1

2≥

Vậy m đạt giá trị nhỏ −1

2 m- 1=0  m=1 ( thỏa mãn điều kiện m>

4

0,25

0,25 0,25

Bài ( 3,5đ)

Vẽ hình ghi Gt+KL 0,5đ

- Vẽ hình (0,25đ) - Ghi GT +KL (0,25đ)

1)

D

P

B O

M

A

C

I

Chứng minh tứ giác OBPC tứ giác nội tiếp : 

0 90

COP ( Vì OM OB) BDOCAO (1) 

APB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )=> CPB = 900 (2) Từ (1) (2) => COP CPB   1800

Suy OBPC tứ giác nội tiếp

0,25

0,25 0,5

2)

Chứng minh BDOCAO

Tam giác BDO tam giác CAO hai tam giác vng Có BDO CAO  (vì phụ với DBO )

Vậy BDOCAO

0,25 0,5 0,25

3) Tiếp tuyến đường tròn (O) tiếp điểm P cắt CD I

Hai tam giác CPD BOD có D chung suy DCP DBO  (3)

Ta có IPC DBO  ( Góc tạo tia tiếp tuyến góc nội tiếp chắn cung AP) (4)

Từ (3) &( 4) =>IBC IPC  nên tam giác CIP cân I => IC =IP(*) Tương tự DPC đồng dạng với DOB ( hai tam giác vng có góc nhọn D chung )

=>IDP DPI  ( Vì phụ với 

DBO )

Do PID cân I cho ta ID = IP (**) Từ (*) &(**) => I trung điểm CD

0,5

Bài5 (1đ)

Cần chứng minh p/t ( a4 –b4 ) x2 -2(a6 –ab5 )x +a6 –a2 b6 = ln có nghiệm với a ,b

Ta có a4 –b4 = (a2)2 – (b2 )2 = 

a=b

¿ a=−b

¿ ¿ ¿ ¿

 a = b p/t cho có dạng 0x = => p/t cho có vơ số nghiệm số với x R (1)

 Khi a= -b ta có p/t : 4a6 x =  x = a (2)  Khi a = p/t có dạng 0x = ∀ x R (3) Từ (1) ,(2) (3) => P/ T cho ln có nghiệm với a =b hay a = -b (*) Khi a ± b p/t cho có Δ = a6b4 (b-a)2 0

Vậy a ± b p/t cho ln có nghiệm (**)

Từ (*) (**) => p/t cho ln có nghieemk với a, b

0,25 0,25 0,5

TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN

HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 năm học 2010-2011

MƠN THI: TỐN HỌC

\\

= I

x Q

M

N

C

O

B A

A B

O C N

M Q x

I =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2010 LÂM ĐỒNG Khóa ngày 22 tháng năm 2010

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN

Câu 1: (0,75điểm) Tính:

2

3 12 75

5

 

Câu 2: (0,75điểm) Giải hệ phương trình:

3

2

x y x y

  



 



Câu 3: (0,75điểm) Tìm m để đồ thị hàm số:y2x m  cắt trục tung điểm có tung độ

Câu 4: (1điểm). Từ điểm A ngồi đường trịn (O), kẻ tiếp tuyến AB ( B tiếp điểm) cát tuyến AMN với đường tròn, cho tia AO nằm hai tia AB AM.Gọi I trung điểm dây MN Chứng minh:

a Tứ giác ABOI nội tiếp b AB2 AM AN

Câu 5: (1,25điểm) Cho hàm số :y x có đồ thị (P) a Vẽ (P)

b Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm (P) với đường thẳng (d):

yx .

Câu 6: (0,75điểm). Một hình cầu tích 288 ( cm3) Tính diện tích mặt cầu Câu 7: (1điểm) Cho ABC vuông A, đường cao AH  3cm, BH 1cm

Tính HC ACB

Câu 8: (1điểm) Một tam giác vng có cạnh huyền 26cm, hai cạnh góc vng 14cm Tính cạnh góc vng

Câu 9: (0,75điểm). Lập phương trình bậc hai có hai nghiệm x1 x2 thỏa:

1 2 2

6 12

x x x x

 

 

 

 Câu 10: (1điểm). Cho phương trình:  

2 1 3 0

x  m x m  

(*) ( ẩn x, tham số m) a Giải phương trình (*) m3.

b Chứng minh phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt x1,x2 Tìm giá trị lớn biểu thức A 1 x12 x22.

Câu 11: (0,5điểm) Rút gọn: 1 3 2

Câu 12: (0,5điểm). Cho đường tròn (O,R), hai dây cung AB CD vng góc với (AB, CD không qua O) Chứng minh: AC2BD2 4R2.

Hết

-Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………… Chữ ký giám thị 1:……… Chữ ký giám thị 2:………

ĐIỂM ĐIỂM Câu 1: (0,75điểm) Tính:

2

3 12 75

5 4.3 25.3

5 3

3

 

  

  



Câu 2: (0,75điểm) Giải hệ phương trình:

3

2

x y x y       

* Biến đổi hệ phương trình dạng đơn giản * Tìm : x = -2

* Tìm được: y = Câu 3: (0,75điểm)

* Lập luận để suy ra: m – = * Tìm m =

Câu 4: (1điểm). a

* Chỉ có giải thích: - OBA 900 OIA 900 - Suy ra: OBA OIA  1800

* Nên tứ giác ABIO nội tiếp ( tứ giác có hai góc đối bù nhau) Câu 8: (1điểm).

* Gọi x (cm) cạnh góc vng bé (0<x<26) Vậy cạnh góc vng lớn là: x +14 (cm) * Lập phương trình:

 2

2

2

14 26

14 240

x x

x x

  

   

* Giải phương trình tìm được: x1=10, x2=-24 * Vậy cạnh góc vng bé 10(cm)

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ b

* Chứng minh hai tam giác: ABM ANB đồng dạng

*

AB AM AN AB AB AM AN

 

 

Câu 5: (1,25điểm). a

* Lập bảng giá trị ( giá trị, có giá trị x = 0)

* Vẽ tương đối xác b

* Lập phương trình hồnh độ giao điểm: x2 x 0

* Giải phương trình tìm 2 x x     

- Tìm tọa độ giao điểm (-1;1) (2; 4)

Câu 6: (0,75điểm). * Viết công thức :

3

V  R

* Thay số tính được: R = 6cm * Diện tích mặt cầu:

2

2

4

4 144 ( )

S R S cm      

Câu 7: (1điểm). * Tính HC

- Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, có :

    2 3

AH HB HC AH

HC cm

HB



   

* Tính ACB - Lại có:

3 AH tgC AC  

 ACB300

Câu 11: (0,5điểm).

 

   

   

   

2

1

1 3

4 3

2 3

Câu 9: (0,75điểm). * Giải hệ phương trình:

1 2

2

1 2

1

6

2

12

x x x x x

x x x

x x

    

  

 

  

  

   



* Lập : S= x1+x2 = P=x1x2=8 * Phương trình cần lập là: x2 – 6x + = 0 Câu 10: (1điểm).

a

- Thay m = vào phương trình (*), ta được: x2 2x0

- Giải phương trình (*) tìm x1 = 0; x2 = b

- Chứng minh phương trình (*) có m 32

    

với m

- Tìm GTLN A = -2 m =

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

Câu 12: (0,5điểm).

* Vẽ đường kính AE

* Chứng minh tứ giác CBED hình thang cân Suy ra: CE = BD

* Chứng minh:AECvuông C * Lập hệ thức: AC2 + CE2 = AE2 Suy ra: AC2 + BD2 = 4R2

0,25đ

0,25đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH BÌNH DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPTNĂM HỌC 2010 – 2011

Mơn thi: TỐN

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

Bài (1đ)

Rút gọn M  16x2 8x1 Tính giá trị M x = 2.

Bài (1đ5)

1) Vẽ đồ thị hàm số sau mặt phẳng tọa độ :

( ) :P yx ; ( ) :d y2x3

2) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) (d) (P)

Bài 3(2đ)

1) Giải phương trình x2 5x6 0

2) Giải hệ phương trình

3

2

x y x y

 

 

 



Bài (2đ)

1) Một người dự định xe gắn máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 90km Vì có việc gấp phải đến B trước dự định 45 phút nên người phải tăng vận tốc lên 10 km Hãy tính vận tốc mà người dự định 2) Chứng minh phương trình x2  2 m 1x4m  (m tham số)

có nghiệm phân biệt khác với m  R

Bài (3đ5)

Một hình vng ABCD nội tiếp đường trịn Tâm O bán kính R Một điểm M di động cung ABC , M không trùng với A,B C, MD cắt AC H

1) Chứng minh tứ giác MBOH nội tiếp đường tròn DH.DM = 2R2 2) Chứng minh tam giác MDC đồng dạng với tam giác MAH

3) Hai tam giác MDC MAH M vị trí đặc biệt M’ Xác định điểm M’ Khi M’D cắt AC H’ Đường thẳng qua M’ vng góc với AC cắt AC I Chứng minh I trung điểm H’C

Giải đề thi

 2

16 4

M  x  x  x  x

Thay x=2 vào M

4.2 9

M

    

Bài 2:

1) vẽ đồ thị

Tọa độ điểm đồ thị ( ) :P yx2

x -2 -1

2

yx 1

Tọa độ điểm đồ thị ( ) :d y2x3

x

2 

2

y x

2) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d)

2

2

2

x x

x x

 

   

Có dạng a – b + c = – (-2) + (-3) = x c x a         

 từ (P) y y      

Vậy : Tọa độ giao điểm (P) (d) A1;1 ; B(1;9)

Bài 3:

1)

2

5

4 25 4.6

x x

b ac

  

     

Vì  > nên phương trình có nghiệm phân biệt

1 2 2 b x a b x a                        2)

3 1

2 7 5.1

x y x y y y y

x y x y x y x x

                                   Bài 4:

1) Gọi x(km/h) vận tốc dự định (đk: x > ) x + 10 (km/h) vận tốc

Thời gian dự định :

90

x (h) Thời gian :

90 10

x (h)

Vì đến trước dự định 45’=

3

4h nên ta có phương trình:

2

90 90

10

10 1200

x x

x x

 



Vì ’ > nên phương trình có nghiệm phân biệt

1

2

' 35

30( )

1 ' 35

40( ) b x nhan a b x loai a                       

Vậy vận tốc dự định 30(km/h) 2)       2

2 2

2

2 (*)

' ' (4 8) 4 8

2 voi moi m (1)

    

                

   

x m x m

b ac m m m m m m m

m

Mặt khác : Thay x=1 vào phương trình (*) Ta :

 

1 2 1 1-4m+2+4m-8=0

-5=0 (Không dung voi moi m x=1) (2)

m m

    

 

Từ (1) (2)

 Phương trình ln có nghiệm phân biệt khác với m R

Bài 5: H O A B D C M

1) * BDAC (Tính chất đường chéo hình vng)

 900 BOH

 

 900

BMD (Góc nội tiếp chắn đường trịn )   900 900 1800

BOH BMD

    

 Tứ giác MBOH nội tiếp đường trịn (tổng số đo góc đối diện =1800)

*



 

DOH DMB

D : DOH DMB(g-g)

( 90 )

chung DOH DMB              DO DM DH DB

DO DB DH DM R R DH DM

 

 

2) MAC MDC ( Góc nội tiếp chắn cung MC)

Hay MAH MDC (1)

Vì AD = DC (cạnh hình vng)

AD DC

  (Liên hệ dây-cung)

 

AMD DMC

  (2 góc nội tiếp chắn cung nhau) (2)

Từ (1) (2)

(g-g)

MDC MAH

   

I H' O

A B

D C

M'

3)Khi MDC = MAH  MD = MA

MAD cân M

 

MAD MDA

 

 

MAB MDC

  (cùng phụ với góc )

 

BM CM

 

Vậy M điểm BC Hay M’là điểm BC *M’DC = M’AH’

M’C = M’H’

M’H’C cân M’

Mà M’I đường cao (M’I  H’C)

Nên M’I vừa đường trung tuyến

 IH’ = IC

Hay I trung điểm H’C

-hết -SỞ GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Năm học 2010-2011 ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: Tốn

Ngày thi : 02 tháng 07 năm 2010 Thời gian làm : 120 phút

CAÂU I: ( điểm )

a) Giải phương trình: 2x2 + 3x – = 0 b) Giải hệ phương trình:

2

3

x y x y

 

 

 

 c) Rút gọn : M=

1 22

32 50

2   11

CAÂU II: ( 1,5 điểm)

Cho phương trình x2 – mx -2 =

a/ Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b/ Gọi x1 , x2 hai nghiệm củaphương trình

Tìm giá trị m cho x12 + x22 -3 x

1 x2 = 14 CAÂU III: (1,5 điểm)

Một ca nô chạy với vận tốc không đổi khúc sộng dài 30 km , lẫn hết Tính vận tốc ca nơ nước yên lặng , biết vận tốc dòng nước km/h

CAÂU IV: ( 3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuơng A (AB>AC) Trên cạnh AC lấy điểm M khác A C Đường trịn đường kính MC cắt BC E cắt đường thẳng BM D ( E khác C D khác M )

a/ Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp b/ Chứng minh ABD MED

c/ Đường thẳng AD cắt đường trịn kính MC (N khác D) Đường thẳng MD cắt CN K , MNø cắt CD H Chứng minh KH // NE

CAÂU V: ( 0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ

3 1

; ( 1)

4

x x

y x

x x

  

 

  

- HẾT

-HƯỚNG DẪN CÂU KHÓ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU- Năm học 2010-2011 CAÂU I: ( điểm )

Vì a+b+c= 2+3-5=0 nên pt có nghiệm x1 = ; x2= b)

2 10 2

3 7 3.2

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

      

   

1 22

) 32 50 16.2 25.2

2 11

1

.4 2.5 2 2 10 2 2

c M      

      

CAÂU II: ( 1,5 điểm)

a) x2 – mx -2 = (1)

2

( m) 4.( 2) m m

        

 Phương trình có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

b) Theo hệ thức Vi-et :

1 2 x x m x x

 

 

  Do :

 

 

2 2

1 2 2

2 2 2

1 2

14 14

5 14 5.2 14

x x x x x x x x x x

x x x x m m m

       

          

Vậy với m=2 m=-2 phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 -3 x1 x2 = 14 CÂU III: (1,5 điểm)

Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x (km/h) ( ĐK : x>4) Thì :

Vận tốc ca nơ xi dịng x +4 (km/h) Vận tốc ca nơ ngược dịng x - (km/h) Thời gian ca nơ xi dịng

30

x (h) Thời gian ca nơ ngược dịng

30

x (h)

Vì thời gi ancả lẫn hết nên ta có phương trình :

30 30

4

x  x  (1) Qui đồng mẫu thức đồng thời khử mẫu hai vế Pt ta :

2

2

30( 4) 30( 4) 4( 16) 30 120 30 120 64

4 60 64 15 16 (2)

a-b+c= 1+15-16=0

x x x x x x

x x x x

Vì

          

       

 PT (2) có nghiệm x1= -1 ; x2=16

Giá trị ø x1= - không thỏa mãm điều kiện ẩn nên bị loại Vậy tốc ca nô nước yên lặng 16 km/h

A B

C M

E

D K

N H

1 1

a) Ta có BDC = 900 (1) (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường k1nh MC)  900

BAC = 900 (2) ( ABC vuông A)

Từ (1) (2) => điểm A,B ,C ,D thuộc đường tròn đường k1nh BC => Tứ giác ABCD nội tiếp

b) Vì tứ giác ABCD nội tiếp( cmt)

=> ABD MCD (3) ( góc nội tiếp chắn cung AD) Vì điểm M,E ,C, D thuộcđường trịn kính MC => MCD MED = (4) ( góc nội tiếp chắn cung MD) Từ (3) (4) => ABD MED

c) N 1 M (5) ( góc nội tiếp chắn cung EC đường trịn đường k1nh MC) Có MEC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường k1nh MC)

=> MEBC taïi E => MEB 900

Xét tứ giác ABEM có BAM MEB  900900 1800 => Tứ giác ABEM nội tiếp

=> M 1ABE (6) ( Vì bù với AME) Vì tứ giác ABCD nội tiếp ( cmt)

=> ABE D (7) ( Vì bù với ADC)

Ta có MDC900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường k1nh MC) => CDMK D => HDK 900 hay HDK 900

Ta có MNC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường k1nh MC) => MN CK N=> MNK900 hay HNK 900

Xét tứ giác DKNH có HDK HNK  900900 1800 => Tứ giác DKNHnội tiếp

Mà N K 1;  1 cặp góc đồng vị Do KH // NE

CÂU V: ( 0,5 điểm)

   

   

   

   

3 1 ( 1) ( 1) 1

4 ( 1) ( 1) 1

1 2 1 1 2

1

1 3 1

1 1

1 ( x 1)

1 3

x x x x x x x

y

x x x x x x x

x x x x x x

x

x x x x x

x x x                                                                    

1 1

1 3

3

1 3

1

1

3 3

Vì x x x

x x y x                         

Daáu “=” xảy x-1=0  x=1 Vậy y

2 

x=1

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

TP.HỒ CHÍ MINH Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Khóa ngày 21 tháng 06 năm 2010 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) 2x2 3x 0 c) 4x413x2 3 b)

4

6

x y x y      

 d) 2x2 2x1 0

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2

x y

và đường thẳng (D):

1

y x

hệ trục toạ độ

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau:

12 21 12

A   

2

5

5 3 3

2

B            

   

Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 (3m1)x2m2m1 0 (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với giá trị m

b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = 2

1 x x  x x .

b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng

c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác EAO MPB đồng dạng Suy K trung điểm MP

BÀI GIẢI

Bài 1: (2 điểm)

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

9 16 25     (1)

3 5

2

4

x   hay x 

    

b)

4 (1)

6 (2)

x y x y       

4 (1)

14 ( (2) (1))

x y

x pt pt

        y x         c) 4x4 13x2 3 0 (3), đđặt u = x2,

phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4) (4) có  169 48 121 11  

13 11 13 11

(4)

8

u  hay u 

    

Do (3)

1

3

x hay x

  

d) 2x2  2x1 0 (5) ' 2

    Do (5)

2 2

2

x  hay x 

  

Bài 2:

a) Đồ thị: học sinh tự vẽ

Lưu ý: (P) qua O(0;0),  

1

1; , 2; 2

 

   

 

 

(D) qua  

1

1; , 2; 2

 

  

 

 

Do (P) (D) có điểm chung :  

1; , 2; 2

 

  

 

  .

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)

2

1

2

x

x x x



     

1

x hay x

  

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (D)  

1; , 2; 2          . Bài 3:

A 12 3  21 12 3  (3 3)2  3(2 3)2  3 (2  3)  3

2

5

5 3 3

2

B            

   

2B =    

2

5 3  5   3  5 

 2  2 2 2

5 (1 3) ( 1) ( 1) ( 1)

         

=    

2

a)  

2 2 2 2

3m 8m 4m m 2m (m 1) m

             

Suy phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m – 1

A=x12x22 3x x1  

1 x x x x

  

2

(3m 1) 5(2m m 1)

    

2 6 6 ( 1)2

4

m m m

       25 ( 1)2

4 m

  

Do giá trị lớn A : 25

4 Đạt m = Bài 5:

a) Ta có góc EMO = 90O = EAO => EAOM nội tiếp

Tứ giác APMQ có góc vng :

   o

EAO APM PMQ 90  

=> Tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQ nên I trung điểm AM

Mà E giao điểm tiếp tuyến M A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng

c) Cách 1: hai tam giác AEO MPB đồng dạng chúng tam giác vng có góc vng AOE ABM  , AE // BM =>

AO AE

BP MP (1)

Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số

KP BP

AE AB (2) Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP

Vậy K trung điểm MP Cách : Ta có

EK AP

EB AB(3) AE // KP, mặt khác, ta có

EI AP

EO AB (4) tam giác EOA MAB đồng dạng So sánh (3) & (4), ta có :

EK EI

EB EO

Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I trung điểm AM => K trung điểm MP

d) Ta dễ dàng chứng minh : abcd

4 a b c d

4   

 

 

  (*)

Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO2 OP2  R2  (x R)  2Rx x

Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x   (2R x)x

S đạt max  (2R x)x đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max

I K

B

O

M Q

E

A P x



x x x

(2R x)

3 3  đạt max Áp dụng (*) với a = b = c =

x

Ta có :

4 4

4

x x x x x x R

(2R x) (2R x)

3 3 3 16

 

        

 

Do S đạt max  x

(2R x)

3   

3

x R

2 

B.HƯỚNG DẪN CHẤM

1) Điểm thi đánh giá theo thang điểm từ đến 10 Điểm thi tổng điểm thành phần khơng làm trịn

2) Học sinh giải cách khác cho điểm tối đa phần ) Đáp án biểu điểm gồm 04 trang

Sở GD&ĐT Cần Thơ Đề thi tuyển sinh lớp 10

- Năm học: 2010 - 2011 Mơn: Tốn.

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu I: (1,5đ) Cho biểu thức A =

1

1 1

x x x

x x x x x



 

    

1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tìm giá trị x để A > 0.

Câu II: (2,0đ) Giải bất phương trình phương trình sau: 1 - 3x ≥ -9

2

3x +1 = x - 5 3 36x4 - 97x2 + 36 =

2

2

3

2

x x x

   

Câu III: (1,0đ) Tìm hai số a, b cho 7a + 4b = -4 đường thẳng ax + by = -1 qua điểm A(-2;-1).

Câu IV: (1,5đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P). 1 Tìm a, biết (P) cắt đường thẳng (d) có phương trình y = -x -

3

2 điểm A có hồnh độ Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm được.

Câu V: (4,0đ) Cho tam giác ABC vng A, có AB = 14, BC = 50 Đường phân giác của góc ABC đường trung trực cạnh AC cắt E.

1 Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp đường tròn Xác định tâm O đường trịn này.

2 Tính BE.

⎧mx − y = 5

⎨

x + y = 1

(I) a Giải hệ phương trình (I) với m = 5.

b Với giá trị m hệ phương trình (I) có nghiệm nhất, vô nghiệm?

Câu (3,0 điểm)

Cho phương trình: x2 + (4m + 1)x + 2(m – 4) = 0, với m tham số. a Giải phương trình với m = 1

b Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m c Tìm m để phương trình có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: ( x1 – x2)2 = 65

Câu (3,0 điểm)

Cho điểm M nằm nửa đường tròn tâm O đường kính AB (M khác A B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến Ax cắt tia BM I Phân giác góc IAM cắt nửa đường trịn E cắt tia BM F; tia BE cắt Ax H cắt AM K.

a Chứng minh EFMK tứ giác nội tiếp b Chứng minh: AI2 = IM.IB.

c Chứng minh tam giác BAF cân

SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011

CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM

Mơn: Tốn Câu (2,0 điểm)

a 80 +

= 16.5 +

20 − 4.5 −

45 +

9.5 + 0,25đ

= + − +

4 0,25đ

= + − + 0,25đ

=5 0,25đ

b x − x + x − 1

x x − 1

x x − 1) ( x + 1)( x − 1) (x > 0, x ≠ 1 ) 0,5đ

x

= x − + x + 1

x −

0,25đ

= x 0,25đ

Câu (2,0 điểm)

a Với m=5 hệ phương trình (I) ⇔ ⇔ ⇔

⎧5x − y = 5 ⎨

x + y = 1 ⎧6 x = ⎨

⎩x + y = 1 ⎧x = 1 ⎨ ⎩y = 0

0,25đ 0,5đ 0,25đ b Hệ phương trình (I) có nghiệm m ≠ −1

1

0,25đ

Hệ phương trình (I) vô nghiệm

hay

m

= −1 ≠

m ≠ −1 0,25đ

0,25đ

1 1

Câu (3,0 điểm)

Hay m = -1 0,25đ

a Thay m = vào phương trình x2 + (4m + 1)x + 2(m – 4) = ta được:

x2 + 5x – = 0,25đ

Vì hệ số phương trình có dạng: a + b + c = 0,25đ

nên x1 = , x2 = - 0,5đ

(

=

b Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Δ > 0,25đ Δ = (4m + 1)2 – 2(m – 4) = 16m2 + 8m + – 8m + 32 0,25đ = 16m2 + 33 > với ∀ m 0,25đ c Ta có:

( x - x )

= 65

⇔ ( x + x ) - 4x x = 65 (1)

0,25đ

Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với ∀ m Theo hệ thức Vi-ét ta có:

⎧x

1 + x2 = −(4m + 1)

(2) ⎩x1 x2

0,25đ Thay (2) vào (1) ta có: [-(4m + 1)]2– 4.2(m - 4) = 65 0,25đ

⇔ 16m2 + 8m + – 8m + 32 = 65

⇔ 16m2 = 32

⇔ m2 = 0,25đ

⇔ m = m = - 2

Vậy với m = m = - thì phương trình có nghiệm x

1 , x2 thỏa mãn hệ

thức cho 0,25đ

Câu (3,0 điểm)

Vẽ hình 0,25đ I

F x

M H E

K

A g B

a Ta có :

·AMB = 900

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ K·MF = 900 (2 góc kề bù) 0,25đ

·

AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ K· EF = 900

K· EF + K·MF = 1800

(2 góc kề bù) 0,25đ 0,25đ

⇒ EFMK tứ giác nội tiếp 0,25đ

b Ta có : I·AB = 900(vì AI tiếp tuyến) ⇒ ΔAIB vng A 0,25đ

AM đường cao tam giác vuông IAB nên: AI2 = IM IB 0,25đ c AE phân giác góc IAM

⇒ I·AE = M· AE ⇒ »AE = M¼E

0,25đ ⇒ ·ABE = M·

BE

( hai góc nội tiếp chắn hai cung ) 0,25đ

⇒ BE phân giác góc ABF ( 1) 0,25đ

Theo chứng minh :

·AEB = 900 ⇒ BE

⊥AF hay BE đường cao

ΔABF

(2) 0,25đ

⎨

Đề Toán tuyển sinh 10 (2010_2011)

Từ (1) (2) suy ra: ΔABF

Đề Toán tuyển sinh 10 (2010_2011)

cân B 0,25đ

Hết

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KIÊN GIANG

-ĐỀ CHÍNH THỨC

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

-MƠN THI: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15/7/2010

Câu (2 điểm)

a) Thực phép tính : A= 12+ 27- 75

b) Rút gọn biểu thức:

2

1 x y

x y

x y x y

ổ ửổữ -

ỗ ữỗ ữ

ỗ - ữỗ ữữ ỗ ữữỗỗ ữ ỗ + - è + ø

è ø (với x > 0, y > x ≠ y)

Câu (1 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số y = 2x + (d)

b) Gọi giao điểm (d) với trục tung A, với trục hồnh B Tính số đo góc ABO xác đến độ

Câu (1,5 điểm)

Cho hệ phương trình

2 24

(1 )

mx my m x y

ì + =-ïï

íï - + =-ïỵ

a) Giải hệ phương trình với m =

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm Câu (2 điểm)

a) Cho phương trình

2x +5x- =1 0 có nghiệm x1, x2 Khơng giải phương trình Hãy tính giá trị : X =x12- x x1 2+x22

b) Đường từ A đến B 240km Hai người lúc từ A đến B, người xe máy người ôtô Người ôtô đến B sớm người xe máy Biết giờ, ôtô nhanh xe máy 20km Tính vận tốc xe máy vận tốc ôtô

Câu (2,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, từ điểm M bên ngồi đường trịn kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đường tròn (A, B hai tiếp điểm A ≠ B) Vẽ cát tuyến MCD đường tròn (C nằm M D)

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh MA2 = MC MD

c) Giả sử bán kính đường trịn tâm O 6cm, OM = 10cm, CD = 3,6cm Tính MD

Câu (1điểm)

Đề Toán tuyển sinh 10 (2010_2011)

Cho tam giác ABC vuông B, góc ACB 300, AC = 2cm Tính thể tích hình nón tạo thành quay tam giác ABC quanh cạnh AB

-HẾT -Họ tên thí sinh:………Số báo danh:………

LỜI GIẢI

Câu 1: a) A= 12+ 27- 75=2 3 3+ - =0

b)

2

1 x y

x y

x y x y

ỉ ưỉ÷ - ử

ỗ ữỗ ữ

ỗ - ữỗ ữữ ç ÷÷çç ÷ ç + - è + ø

è ø (với x > 0, y > x ≠ y)

=

x y x y  

x y x y

x y x y

       

   

   

 

  =2 y

Câu 2: a)Vẽ đồ thị hàm số y = 2x + 4

Xét hàm số y = 2x + ta có: x =  y = ; y =  x = -2 *Vẽ đồ thị:

b)Tính số đo góc ABO:

Theo đồ thị ta có: A(0;4)  OA = yA = ; B(-2;0)  OB = xB 2

Xét ABO (A900) ta có:

4 2

OA tgABO

OB

  

 ABO630 Câu 3: Hệ phương trình: (I)

2 24

:

(1 )

mx my m x y

ì + =-ïï

íï - + =-ïỵ

y

x

-2 O

B

A

Đề Toán tuyển sinh 10 (2010_2011)

a) Khi m = hệ (I) trở thành:

3 24

2 x y x y ì + =-ïï íï- + =-ïỵ 

3 24

12 54

x y x y ì + =-ïï íï - = ïỵ 

3 24

15 30 x y x ì + =-ïï íï = ïỵ 

3 24

2 x y x ì + =-ïï íï = ïỵ 

3 24

x y ì = ùù ớù ì+ =-ùợ x y ỡ = ïï íï =-ïỵ

b) Để hệ (I) có nghiệm : 2

2 (1 )

1

m m

m m m m m

m      



 

0

2 1

2 m m m m          

Câu 4: a) Cho phương trình: 2x25x1 0 (1)

Ph ng trình (1) có a.c = 2.(-1)<0 suy ph ng trình (1) ln có nghi m xươ ươ ệ 1; x2 trái d uấ

Theo định lí Viet ta có: (I)

1 2 2 x x x x            

Theo đề ta có: X =  

2

2

1 2 x  x x x  x x  x x

Thay (I) vào X ta được: X =

5 31

3

2

 

   

 

   

   

b) Gọi x (km/h) vận tốc xe ôtô (x > 20)  vận tốc xe máy x – 20 (km/h) Ta có: Thời gian ơtơ từ A đến B:

240

x (h)

Thời gian xe máy từ A đến B: 240

20

x (h)

Đề Toán tuyển sinh 10 (2010_2011) 2 240 240 20

240( 20) ( 20) 240 20 2400 0(*)

' 10 2400 2500 60

60 40

x x

x x x x

x x x x x                         

Vậy vận tốc ôtô 60 (km/h) ; vận tốc xe máy 60-20=40 (km/h) Câu 5:

a)Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp Xét tứ giác MAOB có:

  0 90 90 MAO MBO      

  MAO MBO  1800

Suy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đk MO b)Chứng minh: MA2 = MC MD

Xét tam giác MAC tam giác MDA ta có:



M: góc chung

MAC MDA  (cùng chắn cung AC)  MAC ÿ MDA (g-g)

2

MA MC

MA MC MD MD MA

   

c)Cho OA = 6cm, OM = 10cm, CD = 3,6cm Tính MD. Ta có: MA2 = MO2 – OA2 (theo Pytago)

= 100 – 36 =84 MC = MD – CD

Theo câu b ta có: MA2 = MC MD

 (MD – CD) MD = 84  MD2 – 3,6MD – 84 = 11,1 7,5 MD MD     

  MD ≈ 11,1 (cm)

Câu 6:

Gọi V thể tích hình nón tạo thành quay tam giác ABC

Đề Toán tuyển sinh 10 (2010_2011)

quanh cạnh AB: Ta có:

2

V  r h

Trong đó: r= BC = AC.cosACB=2.cos300 =

2

2

 

(cm) h= AB = AC.sinACB= 2.sin300 =

1

2

2  

(cm)

2

3

V  

   

(cm3)

C A

B