Đang tải... (xem toàn văn)
Trên đoạn OC lấy điêm B và vẽ đường tròn (O’) đường kính BC. Gọi M là trung điêm đoạn AB.. Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai tia Ax, By cùng vuông góc với d. Trên tia Ax lấy I. Tia vuông gó[r]
(1)HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn Tốn
Thời gian làm 120 phút Câu (1,5 điểm)
Rút gọn biểu thức sau: a) A = 2^5 + 3^45-V50Õ b ) B = ± r a i _ V
V - Câu (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x2 - 5x + =
0
Câu (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình: y = x2 đường thẳng (d) có phương
trình y = 2mx - 2m + 3(m tham số)
a) Tìm tọa độ điểm thuộc (P) biết tung độ chúng b) Chứng minh rằng: (P) (d) cắt hai điểm phân biệt với m Gọi y1? y2 tung độ
giao điểm (P) (d), tìm m để y1 + y2 <
Câu (3,5 điểm)
Cho đường trịn tâm O, đường kính AB Trên tiếp tuyến đường tròn (O) A lấy điểm M (M khác A) Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với (O) (C tiếp điểm) Kẻ CH vng góc với AB (He AB), MB cắt (O) điểm thứ hai K cắt CH N Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AKNH nội tiếp b) AM2 = MK.MB
c) Góc KAC góc OMB d) N trung điểm CH Câu (1,0 điểm)
(2)> ; c > T ì m g i t r ị l n n h ấ t c a b i ể u t h ứ c :
P = bcVa -1 + c a V b -4 + a W c -9 a b c -H Ế T - Số báo danh
Họ tên giám thị 2: Họ tên thí sinh: Họ
(3)viên THCS Thanh Lưu; Website: thcsthanhluu hanam.edu
Email: info@123doc.org
(4)Phương trình hồnh độ giao điểm Parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = 2mx - 2m + là:
x2 = 2mx - 2m + x2 - 2mx + 2m - (*)
3x - ỵ =1 o | X =5 - y o Ix=5 -2 y o Ix=1
[x + 2y = [3(5 - 2y )- y =1 | y = 2 | y = 2 ,
b)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x = l;y = 2) 0,25 Câu
Hoành độ điểm thuộc (P): y = x2 biết tung độ chúng thỏa mãn: x2 = o x
l = Vĩ x2 =
-Vĩ 0,5
a)
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A (>/ĩ;2) ;B (-Vĩ;2) 0,5 0,25 0,25 0,5
Ta có A’ = m2 - m + = ( m - l )2 + > với giá trị m nên (*) ln có hai nghiệm phân
biệt hay (P) cắt (d) hai điểm phân biệt với giá trị m
Gọi tọa độ giao điểm (P) (d) ( xl; yl) ; ( x2; y2) t a c ó xl; x2 nghiệm
b)
íx, + x2 = -2m 2 (*) nên:\ ' 2 và yi = = x2
|xl.x2 = 2m -
0,25
0,25 Suy ra: yl + y2 < x2 + x2 < (xl + x2)2 - 2xl.x2 <
1 l
0 4m2 - 4m + < (2m -1) < 0-2 < 2m -1 < -— < m < — v’ 2
Câu
M
A
0,25 b)
NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐÁP ÁN Mơn Tốn
Điểm
Câu Nội dung
Câu
A = 2V5 + 9a/5 - 10a/5 0,75
a)
A = V5 0,25
ẾẸẸĨ-272 J
2
( ỉ - Ạ
-2^2-^2^-2^2
v3 -1 V3 -1 V3 -1
HÀ NAM ẳ
ĐỀ CHÍNH THỨC
0,75 B
B -42 - 242 = -Vĩ 0,25
Câu
0,25 5x + = Ta có a+b+c=l+(-5)+4=0
x a)
(5)Nguyễn Thanh Ninh - Giáo viên THCS Thanh Lưu; Website: thc sthanhluu hanam.edu
Email: info@123doc.org Hoặc: ngninh1670@ gmail.com
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
Ta có: AKN = 90(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AHN = 90 Do CH ± AB(gt) Nên AKN + AHN = 1800 suy tứ giác AKNH nội tiếp.
b) AM ± AB (AC tiếp tuyến (O)); AK ± MB (AKB = 900)
Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng AMB ; đường cao MK Ta có AM2 = MK.MB
0,75
c) Ta có MA=MC; MO tia phân giác AMC nên tam giác AMC cân M có MO phân giác đồng thời đường cao nên MO±AC
Mặt khác BMM = 900 ^ BC ± AC
Suy MO//BC Nên OMB = CBK (so le trong) Mà KAC = CBK (t/c góc nội tiếp)
Vậy KAC = OMÌB
1,00
d) Gọi giao điêm AC MO I Từ kết câu c ta suy tứ giác AIKM nội tiếp ^ IKN = IMA
Mà CH//MA( vng góc với AB) ^ MCI = IMA (so le trong)
Suy ^ IKN = N C I Nên tứ giác CKIN nội tiếp ^ CIN = CKB Mà CKB = CAB (góc nội tiếp)
Do CIN = CAB ^ NI//AB Mà I trung điêm AC Nên ta có N trung điêm CH
0,75
Câu 5 P bcVa -1 + caVb - + aWc - V a -1 Vb - V c - abc a b c 0,25
Vì a > 1; b > 4; c > Áp dụng bất đăng thức Cô-si cho số dương ta được: Va -1 = Wa -1 < 1+a—1 = a Dấu " = " xảy a -1 = ^ a = 2 2
Vb = 2.Vb < b 4 = b Dấu " = " xảy < ^ V b = ^ b = 22
V c - = 3.Vc -9 < 9+^—— = — Dấu " =" xảy c-9 = ^ c = 18 2
0,5
c Va -1 -v/b - yịc - a b c
Suy P = ——+ — +—< + — + — =
-a b c 2-a 2b 2c , Vậy P đạt giá trị lớn Pmax = — ^ a = 2;b = 8;c =
(6)KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 1997 - 1998 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài (1 điểm):
Phân tích thừa số : a) a + ;
b ) V8 -45 - + Vĩõ Bài (3 điểm):
Trong hệ trục toạ độ Oxy cho ba điểm A(- 43 ; 6), B(1 ; õ), C(2 ; 8) a) Biết điểm A nằm Parabol (P) có phương trình y = ax2, xác định a ?
b) Lập phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm B C c) Xét vị trí tương đối đường thẳng (d) Parabol (P) Bài (2 điểm):
Giải phương trình: ^7 x
- y/ĩ x + V2" Bài (1,5 điểm):
Cho AABC có AB = AC = 5cm; BC = 6cm Tính : a) Đường cao AABC hạ từ đỉnh A ?
b) Độ dài đường tròn nội tiếp AABC ? Bài (2 điểm):
Cho hình vng ABCD Trên cạnh BC, CD lấy điểm E, F cho ẼAF = 450 Biết BD cắt AE, AF theo thứ tự G, H Chứng minh:
a) ADFG, GHFE tứ giác nội tiếp
b) ACGH tứ giác GHFE có diện tích Bài (0,5 điểm)
Tính thể tích hình hộp chữ nhật ABCD.A,B’C,D’ biết AB’ = 5; AC = >/34 ; AD’
= Vĩĩ
- HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị 1: Giám thị 2:
(7)(8)Bài (1 điểm):
a) a3 + = (a + 1)(a2 — a + 1).
b) V8 - V5 - 2+V1) = {48 - 2)+(V1) - V5) = (V2 -1)(2+V5) Bài (3 điểm):
a) Điểm A(- -s/3 ; 6) nằm Parabol (P) : y = ax2 nên : = a.(- yf3)2^ a = Vậy
giá trị a cần tìm a = (Parabol (P) : y = 2x2)
b) Phương trình đường thẳng (d) có dạng : y = ax + b Vì (d) qua hai điểm B(1 ; õ) C(2 ; 8) nên ta có hệ :
a + b = õ Ja =
[2a + b = ^ |b = -8 Phương trình đường thẳng (d) : y = 8x - c) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) :
2x2 = 8x - ^ x2 - 4x + = õ ^ (x - 2)2 = õ ^ x = 2.
Suy (d) tiếp xúc với (P) điểm có toạ độ C(2 ; 8) Bài (2 điểm):
ĐKXĐ : x * ±V2
Từ phương trình cho suy :
5>/2"(x + V2) - 7(x + V2^(x - ^ỈT) = 5x(x - yịĩ)
^ 5>/2x + 1õ - 7x2 + 14 = 5x2 - 5>/2x ^ 12x2 - 1õ>/2x - = õ ^ 6x2 - 5>/2x - = õ
(*)
A = (- 5>/2)2 + 6.2 = 62 > õ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt :
5^/2 -A/62 x 5^2 + A/62 (đều th ả mãĐKXĐ) x2 = (đeu thoả mãn
ĐKXĐ)
x1 =
12
5^2 ->/62 5>/2 + V6 Vậy pt cho có hai nghiệm phân biệt x1 =
Bài (1,5 điểm): a) (Hình 1)
Kẻ đường cao AH Tam giác ABC cân A nên AH vừa đường phân giác vừa đường trung tuyến Suy HB = HC = BC : = 3cm
Áp dụng định lí Pitago cho biAHC, ta có : AH2 = AC - HC = 52 - 32 = 42 ^ AH = (cm)
b) Gọi O tâm đường tròn nội tiếp AABC, r bán kính đường trịn ;
12
,x2 =
1 12
HƯỚNG DẪN GIẢI
(9)Điểm O giao điểm ba đường phân giác nên O e AH ^ OH ± BC Gọi I K tiếp điểm (O) với AB AC OI ± AB OK ± AC
Ta có : SABC = SOAB + SOBC + SOCA hay —AH.BC = — r.AB + -r.BC + -r.AC 2 2
AH.BC = 1,5 (cm)
AB + BC + AC + + Vậy độ dài đường tròn nội tiếp AABC C = 2rcr » 2.3,14.1,5 = 9,42 cm
Bài (2 điểm): a) (Hình 2)
*) Chứng minh tứ giác ADFG nội tiếp
ABCD hình vng nên BDC = DBC = 45õ Xét tứ giác ADFG có : GAF = EAF = 45õ GDF = BDC = 45õ
Hai đỉnh liên tiếp A D nhìn cạnh GF
/icõ .-X
góc 45õ nên tứ giác ADFG nội tiếp.
*) Chứng minh tứ giác GHFE nội tiếp
Chứng minh tương tự ta có tứ giác ABEH nội tiếp
Tứ giác ADFG nội tiếp nên AGF + ADF = 18õõ ^ AGF = 18õõ - ADF = 18õõ - 9õõ = 9õõ ^ EGF = 9õõ.
Tứ giác ABEH nội tiếp nên AHE + ABE = 18õõ ^ AHE = 18õõ - ABE = 18õõ - 9õõ = 9õõ ^ EHF = 9õõ
Xét tứ giác GHFE có hai đỉnh liên tiếp G H nhìn cạnh EF góc 9õõ nên tứ
giác nội tiếp
b) Gọi O giao điểm AC BD, I giao điểm AC GF Tứ giác ABCD hình vng nên đường chéo BD trục đối xứng AC ^ GA = GC, HA = HC Do AAGH = ACGH (c-c-c) ^ SAGH = SCGH
AAGF vuông cân G (vì AGF = 9õõ GAF = 45õ) nên GFA = 45õ; ABCD hình vng nên ECA = BCA = 45õ Suy GFA = ECA (= 45õ)
Mặt khác, AAGI vng G có GO ± AI (vì BD ± AC, BD đường trung trực AC) nên Gai = EgI (vì phụ với AgO ) hay EaC = HgF
Xét AAEC AGHF có GFA = ECA GAI = HGF (chứng minh trên) AE AC
nên AAEC ~ AGHF (g.g) Suy : ^ AE.GF = AC.GH GH GF
1
Tứ giác AGCH có hai đường chéo vng góc (AC ± GH) nên SAGCH = 2AC.GH
AAEF có đường cao FG ứng với cạnh AE nên SAEF = 2AE.GF
Từ (1), (2) (3) suy : SAGCH = SAEF ^ SAGH + SCGH = SAGH + SGHFE ^ SCGH = SGHFE (đpcm)
4.6
(1) (2) (3)
(10)Bài (0,5 điểm)
Đặt AB = a, AD = BC = b, AA’ = DD’ = c (H 3)
Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vng ABC, ADD’ ABB’, ta có : AB2 + BC2 = AC2 hay a2 + b2 = 34
AD2 + DD = AD hay b2 + c2 = 41 BB’2 + AB2= AB’2 hay c2 + a2 = 25 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta
được :
2(a2 + b2 + cz) = 100 ^ az + b + cz = 50 (4)
Từ (1), (2), (3) (4) suy a2 = 9, b2 = 25, c2 = 16
^ a = (cm), b = 5(cm), c = (cm)
Vậy thể tích hình hộp ABCD.A,B,C,D’ : V = abc = 3.5.4 = 60 (cm3).
22
/ / >>
1 \ 1 'p í ịc
/
s \
s s
s
C
/ Ị / / ÌA' / ✓ / /
>/ 'r
s ' s
s s s
A D
Hin h
C B a
(11)SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG • • •
THÁI BÌNH Năm học 1998 - 1999
Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Bài (2 điểm):
So sánh x y trường hợp sau: a) x = yjĩĩ - yỊĨ y = V3;
b) x = V5Vỏ y = VỏV5 ; c) x = 2m y = m + Bài (2 điểm):
' ' x2
a) Trên hệ trục toạ độ vẽ đồ thị hàm số y = — (P) y = x +— (d) b) Dùng đồ thị cho biết (có giải thích) nghiệm phương trình : -s/2x + = x Bài (3 điểm):
Xét hai phương trình: x2 + x + k + = (1) x2 - (k + 2)x + 2k + = (2)
a) Giải phương trình (1) với k = -1; k = -4
b) Tìm k để phương trình (2) có nghiệm yỊĨ ?
c) Với giá trị k hai phương trình tương đương ? Bài (0,5 điểm):
Tam giác vng ABC có A = 900, B = 300,BC = d quay vòng chung quanh AC Tính thể
tích hình nón tạo thành Bài (2,5 điểm):
Cho AABC không cân, đường cao AH, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E, F thứ tự hình chiếu B, C lên đường kính AD đường trịn (O) M, N thứ tự trung điểm BC, AB Chứng minh:
a) Bốn điểm A, B, H, E nằm đường tròn tâm N HE// CD b) M tâm đường tròn ngoại tiếp AHEF
HẾT
- Số báo danh:
Giám thị 2:
5 VNMATH.COM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(12)Bài (2 điểm):
a) x = V2 ->/2 = 3^3 ->/2 > 3y/3 ->/3 = ^V3 mà y =>/3 < ^V3 b) x = Vwỏ ^ x4 = 52.6 = 150; y = Vw? ^ y4 = 62.5 = 180
^ x4 < y4 ^ x < y (vì x, y > 0)
c) Xét hiệu x - y = 2m - (m + 2) = m - Ta xét ba trường hợp : d) Nếu m < ^ m - < ^ x < y
- Nếu m = ^ m - = ^ x = y - Nếu m > ^ m - > ^ x > y Bài (2 điểm):
a) (H 1)
x2
*) Vẽ đồ thị hàm số y = — - Sự biến thiên :
Vì a = 1 > nên hàm số đồng biến với x > 0
2 nghịch biến với x <
- Đồ thị:
Bảng số cặp toạ độ điểm (x ; y) thuộc đồ thị hàm số
x
Đồ thị hàm số y = — Parabol (P) với đỉnh O, qua cặp điểm (x ; y) trên,
nhận Oy làm trục đối xứng nằm phía trục hồnh
*) Vẽ đô thị hàm sô y = x +—
- Cho x = -1 ^ y = 0,5, ta điểm A (-1 ; 0,5) - Cho x = ^ y = 4,5, ta điểm B(3 ; 4,5)
3
Đồ thị hàm số y = x +— đường thăng (d) qua hai điểm A B
Nghiệm phương trình cho hồnh độ giao điểm hai đồ thị (P) (d) ở phía bên
phải trục tung (do x > 0) 6
VNMATH COM x < y
x - -2 -1
y 4,5 0,5 0,5 4,5
x > x2 x + —
= — 2 b) V2x + = x ^ Ị x > 0
2x + = x2
(13)Nhìn vào đồ thị ta thấy hồnh độ giao điểm (P) (d) bên phải trục tung x = Vậy nghiệm phương trình : V2x + = x x =
Bài (3 điểm):
a) Với k = -1, (1) trở thành : x2 + x = ^ x(x + 1) = ^ x
1 = 0, x2 = -1 Với k = -4, (1) trở
thành : x2 + x - = 0
A = + 12 = 13 > nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :
1 +yjũ
x
22 Vậy với k = -1 phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 0, x2 = -1; -1 ±>/13
với k = -1 phương trình (1) có hai nghiệm x1,
2 b) Phương trình (2) có nghiệm V2 :
(V2)2 - (k + 2)V2 + 2k + = ^ (2 - V2)k = 2V2 -
k = V2 - = ( V - 6)
(2 W2) = V + - 12 - 672 = - ^ / + 4) = -72 = (2 -V2)(2 + V2) = - = ^ k = -4-V2
Vậy với k = - - V2 phương trình (2) có nghiệm V2
c) Hai phương trình (1) (2) tương đường xảy trường hợp sau: - TH1 : (1) (2) vô nghiệm
A(1) = - 4(k + 1) <
(1) ~ ^ ^ ị -TV A
(2) = (k + 2)2 - 4(2k + 4) < Ị(k + 2)2 - 8(k +
2) <
4k >-3 ^ ị ^ Ị(k + 2)(k - 6) <
- TH2 : (1) (2) có tập nghiệm
Từ (1) suy : k + = - x - x2, thay vào (2) ta :
x2 - (1 - x - x2)x + 2(1 - x - x2) =
0 ^ x2 - x + x2 + x3 + - 2x - 2x2 = 0
^ x3 - 3x + = ^ (x - 1)2(x + 2) = ^ x = x = -2 Với
x = x = -2, ta k = -3, (1) (2) trở thành : x2 + x - = ^ x
1 = 1; x2 = -2
Do hai phương trình (1) (2) có tập nghiệm S = {1 ; -2) nên chúng tương đương
1 ->/Ĩ3 x
-3 - 4k <
1 - k > —
(14)Vậy đê hai phương trình (1) (2) tương đương k = -3 — < k <
4
Hình nón có đáy đường trịn tâm A bán kính AB, chiều cao AC Thê tích hình nón tạo thành : Vnón = d rcd3
1 _ao2 _ 3d —tcAB AC = — • n • —7- — =
3 2
Bài (2,5 điểm): a) (H 3)
CM bốn điểm A, B, H, E thuộc đường tròn tâm N
Vì AEB = AHB = 900 nên H, E nằm đường trịn đường kính AB Mà N trung điêm AB
Suy bốn điêm A, B, H, E thuộc đường tròn tâm N, bán kính AB.
2 Chứng minh HE // CD:
Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn tâm N, nên :
§AE + §HE = 1800 (tổng góc đối tứ giác nội tiếp), mà EHC + §HE =
1800 (hai góc kề bù)
^ BAE = EHC (cùng bù với §HE) hay BAD = EHC Mặt khác, BCD = BAD (góc nội tiếp chắn BD )
Từ (1) (2) suy BcD = EhC
Hai góc vị trí so le nên HE // CD
b) Gọi K trung điêm EC, I giao điêm MC với ED
ABCE có MB = MC (gt), KE = KC (cách dựng) nên MK đường trung bình ^ MK // BE; mà BE AD (gt)
^ MK AD (quan hệ vng góc-song song) hay MK ED (3) Lại có CF AD (gt) ^ MK // CF hay KI // CF
C d
2 BC
3^ 3d2
AB = AABC vng A có B = 300 nên AC =
AB2 = BC2 - AC2 (định lí Pitago)
Bài (0,5 điểm):
(H 2)
AB2 = d2 - AB2 = d2 - r A \
A
Hinh
(1) (2)
-
(15)AECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4) Từ (3) (4) suy MK đường trung trực EF ^ ME = MF (5)
Xét AABC có MB = MC, NB = NA (gt) nên MN đường trung bình ^ NM // AC
Ta lại có HE // CD (câu a)), ACD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) hay AC CD nên HE AC (quan hệ vng góc-song song)
Suy NM HE (vì NM // AC, HE AC)
Xét đường trịn tâm N có HE dây cung, NM HE nên NM qua trung điêm HE Do NM đường rung trực HE Suy MH = ME (6)
(16)ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề bị lộ) Bài 1(2 điểm):
Với giá trị x biêu thức sau có nghĩa:
1 ị\ 5x- Vx + 1
a) 2x; b)s; c) X ; d) Vr-x
Bài 2(1 điểm):
3 X +
Giải phương trình: -1 -= X +
Bài (1,5 điểm):
í X - my = Cho hệ phương trình ị
[2x + (m - 1)y = a) Giải hệ với m = 1;
b) Tìm giá trị m đê hệ có nghiệm Bài 4(2 điểm):
Cho hàm số y = 2x2 (P)
a) Vẽ đồ thị hàm số (P)
b) Viết phương trình đường thẳng qua điêm (0 ; -2) tiếp xúc với (P) Bài (3,5 điểm):
Cho nửa đường tròn đường kính AB Gọi H êm cung AB; M điêm nằm cung AH, N điêm nằm dây cung BM cho BN = AM Chứng minh:
a) AAMH = ABNH
b) AMHN tam giác vuông cân
c) Khi M chuyên động cung AH đường vng góc với BM kẻ từ N ln qua điêm cố định tiếp tuyến nửa đường tròn êm B
- HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh:
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG THÁI BÌNH
Năm học 1999 - 2000 Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Giám thị 1: Giám thị 2:
(17)a) Rút gọn A b) Tìm x đê A = Bài (2 điểm):
Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x + m2 - = 0
a) Giải phương trình m =
b) Tìm m đê phương trình có nghiệm Bài 3(3 điểm):
Cho (O) đường kính AC Trên đoạn OC lấy điêm B vẽ đường trịn (O’) đường kính BC Gọi M trung điêm đoạn AB Từ M kẻ dây cung DE AB Gọi I giao DC với (O’) Chứng minh :
a) ADBE hình thoi b) BI // AD
c) I, B, E thẳng hàng Bài 4(3 điểm):
Cho hai hàm số y = - + (1) y = - ——4 (2) (m ^ 1)
2 1- m
a) Vẽ đồ thị hàm số (1) (2) hệ trục toạ độ Oxy với m = -1 b) Vẽ đồ thị hàm số (1) (2) hệ trục toạ độ Oxy với m = c) Tìm toạ độ giao điêm đồ thị hàm số (1) (2)
HẾT -Họ tên thí sinh:
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 1999 - 2000 Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
Bài 1(2 điểm):
Số báo danh:
(18)Bài (1 điểm):
ĐKXĐ : x * -1
Từ phương trình cho suy :
9 + (x + 1)2 = 6(x + 1) ^ (x + 1)2 - 6(x + 1) + = ^ (x - 2)2 = ^ x - = ^ x =
(thoả mãn ĐKXĐ) Vậy S = {2} Bài (1,5 điểm):
í x - y = í x = a) Với m = 1, hệ cho trở thành : ị _ ^ ị
[ 2x = [ y = Với m = hệ cho có nghiệm (x ; y) (3 ; 1)
í x - my = í x = my + í x = my +
b) ị ^ ị ^ ị
[2x + (m - 1)y = [ 2(my + 2) + (m - 1)y = i(3m - 1)y = Đê hệ cho có nghiệm phương trình :
(3m - 1)y = phải có nghiệm ^ 3m - * ^ m * —
Vậy với m * — hệ cho có nghiệm
Bài 4(2 điểm):
a) Vẽ đồ thị hàm số (P) : y = 2x2
- Sự biến thiên :
Vì a = > nên hàm số đồng biến với x > nghịch biến với x <
- Đồ thị:
Bảng số cặp toạ độ điêm (x ; y) thuộc đồ thị hàm số
b) x * x * 2; c) -1 <x * 0; d) x < Bài 1(2 điểm):
a) ĐKXĐ : x * ;
x -2 -1
y 2
www.VNMATH.com
HƯỚNG DẪN GIẢI
(19)Đồ thị hàm số y = 2x2 Parabol (P) với đỉnh O, qua cặp điêm (x ; y) trên, nhận
Oy làm trục đối xứng nằm phía trục hồnh
b) Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng : y = ax + b (d) Vì (d) qua điêm (0 ; -2) nên b = -2
Đê (d) tiếp xúc với (P) phương trình hồnh độ giao điêm :
2x2 = ax - ^ 2x2 - ax + = phải có nghiệm kép.
A = a2 - 16 = a = ±4.
Có hai phương trình đường thẳng qua điêm (0 ; -2) tiếp xúc với (P) : y = 4x - y = -4x -
Bài (3,5 điểm):
a) Dễ thấy AHB = AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) HA = HB (vì H nằm cung AB)
Xét AAMH ABNH có : AM = BN (giả thiết)
A1 = B1 (hai góc nội tiếp chắn Mh ) HA = HB (chứng minh trên)
^ AAMH = ABNH (c.g.c)
b) Vì AAMH = ABNH (chứng minh trên) nên HM = HN H1 = H
AMHN có MhN = H + H = H + H = AhB = 900 HM = HN nên tam giác vuông
cân H
c) Gọi I giao điêm tiếp tuyến (O) B đường thẳng vng góc với BM N I Xét AAMB AMNI có :
AMB = B NI = 900 AM = BN (giả thiết)
MAB = NB I (= isđ BHM)
^ AAMB = AMNI (g.c.g) ^ AB = BI
Do AB cố định nên tiếp tuyến B cố định ^ I cố định
(20)Đề thứ hai Bài (2 điểm):
ĐKXĐ : x *-1, x *
A = (2x - 3)(x - 1)2 - 4(2x - 3) = (2x - 3)[(x - 1)2 - 4] = (2x - 3)(x - 3)(x + 1) (x
+ 1)2(x - 3) (x + 1)2(x - 3) (x + 1)2(x - 3)
2x -
x +1 2x -
3 ^ 2x - = 3(x + 1) ^ x = -6 (thoả mãn ĐKXĐ) x +1
Vậy với x = -6 A = Bài (2 điểm):
Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x + m2 - = 0
a) Với m = 1, phương trình cho trở thành : x2 - 4x - = Phương trình có
À’ = + = > nên có hai nghiệm phân biệt :
x12 = ± V8 = ± 2V2
Vậy với m = phương trình cho có hai nghiệm phân biệt : xư = ± 242
b) Phương trình cho có nghiệm ^ À’ = (m + 1)2 - (m2 - 5) > 0
^ 2m + > ^ m > -3 Vậy m > -3
Bài (3 điểm):
a) AC DE M ^ M trung điểm DE
Tứ giác ADBE có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường nên hình thoi
b) Dễ thấy ADC = BIC = 900 ^ AD CD, BI CD Do BI // AD
c) Ta có EB // AD (vì ADBE hình thoi) AD CD nên EB CD
Qua B có EB BI vng góc với CD nên E, B, I thẳng hàng A =
C
(21)Bài 4(3 điểm):
x - Cho hai hàm số y = - + (1) y = - ——— (2) (m * 1)
2 1- m
a) Bạn đọc tự giải b) Bạn đọc tự giải
c) Hoành độ giao điểm (1) (2) nghiệm phương trình : mx + = - ——4 ^
m(m - 1)x + - 8m = -2x + ^ (m2 - m + 2)x = 8m
1 - m
-— -(vì m2 - m + = (m - 1)2 + — > Vm * 1)
m2 - m + 2 2 4
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2000 - 2001 Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm):
So sánh hai số x y trường hợp sau: a) x = V5Õ - V32 y = yỊĨ;
b) x = 46J7 y = V—Vỏ ; c) x = 2000a y = 2000 + a Bài (2 điểm):
1 • Ẵ 1 r » 1 Vx3 - x Cho biểu thức : A = ■ Y= +
■ --Ị= + —Ị=—— vx - - vx vx - + Vx vx -
53 a) Rút gọn tính số trị A x =
9 - 2>/7 b) Tìm x để A >
4 =-4m2 + 4(m2 - m + 2) = - 4m
m
V y
2 m2 - m + Vậy toạ độ giao điểm (1) và
(2)
Khi y 8m ■ 4(m
m2 - m + 2 m2 - m + 2 r 8m - 4m ^
(22)Bài (2 điểm):
1 — f2(x + y)2 - 5(x + y) - =
a) Giải hệ phương trình: <
[ x - y - =
b) Giải biện luận phương trình: mx2 + 2(m + 1)x + = 0
Bài 4(3 điểm):
Trên đường thẳng d lấy ba điểm A, C, B theo thứ tự Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai tia Ax, By vng góc với d Trên tia Ax lấy I Tia vng góc với CI C cắt By K Đường trịn đường kính IC cắt IK P
a) Chứng minh tứ giác BCPK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh: AI.BK = AC.CB
c) Giả sử A, B, I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích hình thang vng ABKI max
Bài (1 điểm):
Cho P(x) = 3x3 + ax2 + b Tìm giá trị a b để P(2000) = P(-2000) = 0
- HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị 2:
16
(23)Bài (2 điểm):
a) x = 450 - V3 = 5V2 -4V2 = V2 ^ x = y;
b) x = 46VỸ > 0, y = Vlựẽ > ^ x2 = ỏVỸ, y2 = vỏ
^ x4 = 36.7 = 252, y4 = 49.6 = 294 ^ x4 < y4 ^ x < y (vì x, y > 0).
c) x - y = 1999a - 2000
- Nếu 1999a - 2000 < ^ a < 2000 x - y < ^ x < y.
1999 - Nếu 1999a - 2000 = ^ a = 2000 x - y = ^ x = y.
1999 - Nếu 1999a - 2000 > ^ a > 2000 x - y > ^ x > y.
1999 Bài (2 điểm):
Cho biểu thức : A =
—-ị=+ , 1—-Ị= +-^x=——
Vx - - vx vx - + Vx Vx -
a) ĐKXĐ : x >
A = 1 Vx3 - x
Vx - - Vx Vx - + Vx Vx -
= Vx - + Vx + Vx - - Vx x(Vx - 1) (Vx - - Vx)(Vx - - Vx) Vx - r~T7
= -x -+ x = x - 2Vx - = x - - 2yjx - + = (Vx - - 1)2
-1
Vậy A = (Vx - - 1)2 (với x > 1)
b) T ó x = 53 53(9 - 277) 53(9 - 2^7) 7 , t/m ĐKXĐ
b) Ta có x = --Ị== -^7= - ■- = —-— -= - 2V7 > t/m ĐKXĐ - 2VỸ (9 - 2V7)(9 + 2VỸ) 53
Khi A = ^8 - 2V7 - 1]2 = h/(V7 - 1)2 - 1]2 = {47 - - 1)2 = (V7 - 2)2 A=11
-4V7
Vậy với x = —-—ị= A = 11 - 4V7
■ - 2V7
c) Vì (Vx - - 1)2 > Vx > ^ A > ^ Vx - - ^ ^ Vx - ^ ^ x ^ Vậy với x
> 1, x ^ A > Bài 3(2 điểm):
a) Đặt x + y = t, phương trình thứ hệ trở thành : 2t2 - 5t - = Vì a - b + c =
(24)2 - (-5) - = 0, nên phương trình có hai nghiệm t1 = -1, t2 =
HƯỚNG DẪN GIẢI
(25)f x + y = -1 f x = Với t1
= -1, ta có hệ : < _
lx- y- = ly =-3 x + y =
- Với t2 = 7, ta có hệ : < ' <
lx - y - = ly =
Vậy hệ cho có hai nghiệm (x ; y) : (2 ; -3), (6 ; 1) b) Xét mx2 + 2(m + 1)x + = 0(1)
- Nếu m = 0, (1) trở thành : 2x + = ^ x = -2 - Nếu m * 0, (1) có : À’ = (m + 1)2 - 4m = (m - 1)2
+ Với m = À’ = 0, (1) có nghiệm kép : x1 = x2 = — + 1) = -
m + Với m * À’ > Vm, (1) có hai nghiệm phân biệt :
m
Vậy :
Với m = 0, phương trình (1) có nghiệm x =
Với m = 1, phương trình (1) có nghiệm kép : x1 = x2 = -
Bài 4(3
điểm):
a)
Vì P thuộc đường trịn đường kính IC nên CPI = 900 ^ CPK = 900
Tứ giác BCPK có: CPK + CBK = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp đường trịn
b) Vì ICp = 900 ^ C1 + C2 = 900.
Mà K1 + C = 900 (vì ÀKBC vng B)
^ C = K1
Xét ÀIAC ÀCBK có : IAc = KbC = 900, C 1 = K 1 (chứng minh trên) ^
ÀIAC ~ ÀCBK (g.g) ^ — = AC ^ AI.BK = AC.BC (đpcm).
BC BK AC.BC AB
c) S—BK = ^Ỹ• (BK + AI), BK = AI
Vì AB AI khơng đổi (do A, B, I cố định) nên SABKI max ^ BK max ^ AC.BC
max
x =
(m + 1) + (m - 1)
-2
x , x2 (m + 1) - (m - 1)
m m
2 m
— ^
(26)Do tổng AC + BC = AB không đổi nên AC.BC max AC = BC C trung điểm AB
Vậy để diện tích hình thang vng ABKI max C phải trung điểm AB Bài (1 điểm):
P(2000) - P(-2010) =
^ (3.20003 + a.20002 + b) - [3.(-2000)3 + a.(-2000)2 + b = 0] = ^ 6.20003 = (vơ lí !).
Vậy khơng tồn a, b thoả mãn điều kiện đề
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
(27)Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm):
a) Tìm điều kiện x để biểu thức K xác định
b) Rút gọn biểu thức K tìm giá trị x để K đạt giá trị lớn Bài (2 điểm):
Cho phương trình bậc hai: 2x2 + (2m - 1)x + m - = 0 (1)
a) Giải phương trình (1) cho biết m = 1; m =
b) Chứng minh phương trình (1) khơng thể có hai nghiệm dương với giá trị x2 - x2
- x + 1
x - x + Cho biểu thức K
www.VNMATH.com
(28)Bài (2 điểm):
{2 2x + y =
b) Chứng minh V2 0 - 2V2 0 + V2002 < Bài (4 điểm):
Từ điểm S ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB cát tuyến SCD đường trịn
a) Gọi E trung điểm dây CD Chứng minh điểm S, A, E, O, B thuộc
www.VNMATH.com
HƯỚNG DẪN GIẢI
(29)b) Nếu SA = AO SAOB hình gì? Tại sao? c) Chứmg minh rằng: AC.BD = BC.DA = ABCD
- HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh:
www.VNMATH.com
(30)Vì a - b + c = - + = nên phương rình có hai nghiệm phân biệt : 1
Do max K = — ^ x - — = ^ x = — (thoả mãn x * ± 1) 2
18 Vậy với x = — biểu thức K đạt giá trị lớn — Bài (2 điểm):
2
Xét phương trình : 2x + (2m - 1)x + m - = (1)
x = a) Với m = (1) trở thành : 2x + x = ^ x(2x + 1) = ^
x Với m = (1) trở thành : 2x + 3x + =
x- - x + 3
1 b) Nhận xét, phương trình (1) ln có nghiệm x = - — < 0, :
1 1
(2m - 1) + m- = — - m + — + m - = 2
+
Vậy phương trình (1) khơng thể có hai nghiệm dương với giá trị m Vậy ĐKXĐ : x * ±1
^ 1 ^ x2 -1
2 x - x2 - x + 1
Cho biểu thức K =
x - x + a) Để biểu thức K xác định, ta phải có :
f x - * x + * x2 - x + 1
*
x *
x *- x *
x *-
f ^2 x
+ — * (đúng Vx) V
b) K
x2 - x + 1
x - x + x + - x + x2 - 1
(x * ± 1) x2 - x2 - x + x2 - x + 1
f Y 3 x
Vì x2 - x + = + -> - Vx ^ K = — 4 "2
www.VNMATH.com
HƯỚNG DẪN GIẢI
(31)Bài (2 điểm):
rx - 2y = fx = + 2y rx = + 2y rx =
a) ị ^ ị ^ ị ^ ị
[2x + y = [2(1 + 2y) + y = [5y = [ y = Vậy nghiệm hệ cho x = 3, y =
, 1 V2ÕÕĨ-V2ÕÕÕ V2 0 - V2 0
b) Ta có ■ —■ > — , — , ^ — — — — -> — — — -V2 0 w2 0 V2 0 w2 0 0 - 0 0 - 0
2001 - V2ÕÕÕ > V2 0 - V2 0 ^ 0 - 2V2 0 + V2 0 < 0(đpcm) Bài 4(4 điểm):
a) Gọi I trung điểm OS Theo tính chất tiếp tuyến, ta có : SAB = SBA = 900
^ A, B thuộc đường trịn tâm I, đường kính
OS ^ (1)
Theo tính chất đường kính dây cung, ta có :
OE CD hay OeS = 900 ^ E thuộc đường tròn tâm I,
đường kính OS (2)
Từ (1) (2) suy điểm S, A, E, O, B thuộc đường trịn tâm I, đường kính OS b) Ta có OA = OB (bán kính (O)), SA = SB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)
Do đó, SA = OA SA = SB = OA = OB ^ SAOB hình thoi Mà SAB = SBA = 900 ^ SAOB hình vng Vậy SA = OA SAOB hình vng c) Xét đường tròn (I) : BAE = BSE (3) (hai góc nội tiếp chắn EOB)
Xét đường trịn (O) :
BSE = BSD = —(sđ BD- sđ Bc) (BSD góc có đỉnh ngồi đường trịn (O)) Mà Bác = isđ Bc; BaD = isđ Bd 2
^ BSE = BSD = BÁD - BÁC (4)
Từ (3) (4) suy : CÁE = BÁE + BÁC = BÁD - BÁC + BÁC hay CÁE = BÁD Xét ẤCE AABD có :
(32)^ AC = 'CE ^ AB.CE = AC.BD (1)
AB BD Xét AAED AACB có :
DAE = BAC (= BAD - BAE = CAE - BAE)
ADE = ABC (hai góc nội tiếp chắn cung AC) ^ AAED ~ AACB (g.g)
AD DE ^ AB.DE = AD.BC (2)
AB BC Từ (1) (2) suy :
AB.(CF + DE) = AC.BD + AD.BC hay AB.CD = AC.BD + AD.BC Xét ASAC ASDA có :
ASD chung
SDA = SAC (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AC)
^ ASAC ~ ASDA (g.g) SD AD
Chứng minh tương tự, ta có ASBC ~ ASDB (g.g) ^
SD BD Vì SA = SB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), nên từ (4) (5) suy :
— = — ^ AC.BD = AD.BC AD BD
Từ (3) (6) suy AC.BD = BC.DA = AB CD (đpcm).
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
(3)
SA AC (4)
(5)
(6 ) SB BC
(33)ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Năm học 2002 - 2003 Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm):
rx + x - x2 - 4x- 1^
cho biểu thức K = —— -+
— v x - x + x -
a) Tìm điều kiện x để K xác định b) Rút gọn K
c) Với giá trị ngun x biểu thức K có giá trị nguyên?
Bài (2 điểm):
cho hàm số y = x + m (D) Tìm giá trị m để đường thẳng (D) : Đi qua điểm A(1 ; 2003)
2 Song song với đường thẳng x - y + = Tiếp xúc với parabol y = 4x2
Bài (3 điểm):
a) Giải toán cách lập phương trình:
Một hình chữ nhật có đường chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính diện tích hình chữ nhật
b) chứng minh bất đẳng thức: 2002 + 2003 > yj2002 + V2003
V20Õ3 V20Õ2
(34)Bài 4(3 điểm):
cho AABc vuông A Nửa đường trịn đường kính AB cắt Bc D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt ÁC F
a) chứng minh: cDEF tứ giác nội tiếp
b) Kéo dài DE cắt ÁC K Tia phân giác góc cKD cắt EF cD M N Tia phân giác góc cBF cắt DE cF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao?
c) Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường trịn nội tiếp
tam giác ABc, ADB, ADc chứng minh r2 = r2 + r 22
hết Họ tên thí sinh: Số báo danh:
G i m t
(35)h ị :
2 4
Bài (2 điểm):
Cho biểu thức K = x + x - x2 - 4x - 1
-— -1 -v x — x + x2 — y
x — * x + * x2 — * x * 0
ĐKXĐ : x * 0, x * ±
Ax + x — x2 — 4x — ^ x + 2003
-1
x — x + (x — 1)(x + 1)) x
(x + 1)2 — (x — 1) + x2 2 — 4x — x + 2003
(x — 1)(x + 1) ’ x
x2 + 2x + — x2 + 2x — + x2 — 4x — x + 2003 x2 — x + 2003 x +
2003
x + 2003 x
1 K xác định ^ < ^ x * 0, x * ± K
x2 — 1
x x x
(x — 1)(x + 1) ^ 1 ' x + 2003 Vậy với x * 0, x * ± K =
(36)3 K = x + 2003 = + 2003□ Z ^ 2003 □ x ^ x □ Ư(2003) = {±1 ; ±
2003} x x Do x * ± nên x = ±2003
Vậy với x = ±2003 K nhận giá trị nguyên Bài (2 điểm):
1 (D) qua điểm A(1 ; 2003) nên : 2003 = + m ^ m = 2002 Vậy với x = 2003 (D) qua điểm A(1 ; 2003)
2 Phương trình đường thẳng x - y + = viết lại thành : y = x + (D’) fa = a' Ị1 =
1 (D) // (D’) r « m *
[b * b' [m *
3 Xét phương trình hồnh độ giao điểm (D) parabol y = — x2:
1
—x2 = x + m ^ x - 4x - 4m = 0
4
(D) tiếp xúc với parabol y = —x2 ^ (1) có ngiệm kép ^ À’ = + 4m =
^ m = -1 Vậy giá trị cần tìm m m = -1
(1)
(37)Bài (3 điểm):
1 Gọi chiều rộng hình chữ nhật x (m) Đk : x > Thì chiều dài hình chữ nhật x + (m).
Áp dụng định lí Pitago, ta có : x2 + (x + 7)2 = 172 ^ 2x2 + 14x +49 =
289
^ x2 + 7x - 120 = A
= 72 + 120 = 169 = 132 > Phương trình
trên có hai nghiệm :
xi = -7 - 13 = -20 < (loại); x2 = -7 + 13 = > (thoả mãn) Vậy diện
tích hình chữ nhật : S = 6.(6 + 7) = 78 (m2).
2 Đặt a = V2002 > 0, b = V2ÕỠ3 > Bất đẳng thức cho trở thành : — + — > a + b ^ a3 + b3 > ab(a + b) ^ (a + b)(a2 - ab + b2) > a + b ba
^ (a + b)(a - b)2 > (bất đẳng thức a + b > a ^ b)
2002 2003
Vậy + 2003 >^2002 W2003 ■ V2003 V2 0 2
Bài 4(3 điểm):
1 (H 1)
Vì ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên AD ± BC Suy BAD = AcB (cùng phụ với ABD) hay BAD = DcF
Mà BAD = BED (góc nội tiếp chắn BD ) Suy DcF = BED
Xét tứ giác CDEF có
DCF + DEF = BED + DEF = 1800 ( BED, DEF góc kề bù) ^ tứ giác CDEF nội tiếp
2 DEF góc ngồi ABEP nên : DEF = PBE + BPE BPE góc ngồi APKI nên : BPE = PlK + PKI ^ DEF = PBE + PlK + PKI (1)
BQK góc ABQC nên : DcF = IQK - QBC PlK góc ngồi AIKQ nên : IQK = PlK - QKI
^ DCF = PIK - QKI - QBC (2)
Mà PBE = QBC (BQ tia phân giác CBF ) PKI = QKI (BN tia phân giác CKD )
26
x +
(38)SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2003 -2004 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
1 Với giá trị x biểu
thức có nghĩa
2 Rút gọn biểu thức + BAO,
Suy ^
r r ^ r2 = r2 + r2
r BC AC2 AB2 + AC2
^ ABO1 A ~ ABOC (g.g) ^ Chứng minh tương tự, ta có
12
nội tiếp AABC, AABC AACD
Suy AOi tia phân giác BaD CO tia phân giác Acb , BO1 tia phân giác
ABC
nên từ (1) (2) suy DEF + DcF = PiK - QkI - QbC + PbE + PiK + PkI = P1 K hay 1800 = P1 K ^ PiK = 1800: = 900 ^ BI MN, KI PQ, MN PQ.
AMBN có BI vừa đường phân giác vừa đường cao nên tam giác cân B ^ BI đồng thời đường trung tuyến ứng với cạnh MN ^ IM = IN
Tứ giác MPNQ có IM = IN, IP = IQ nên hình bình hành Lại có MN PQ nên MPNQ hình thoi
3 (H 2)
Gọi O, O1 O2 theo thứ tự tâm đường tròn
22 Mà BaD = AcB (cùng phụ với CaD ) nên BAO1 = C
Gọi H tiếp điểm BC với (O), I tiếp điểm AB với (O1), K tiếp điểm AC với (O2 )
thì oH = r, O1 I = r1 , O2 K = Ĩ2 OH BC, IO1 AB, IO2 AC Xét ABO1A ABOC có :
B1 = B2 (vì BO1 tia phân giác AbC)
0AO1 = C (chứng minh trên)
OI AB , r AB
BC2 BC2
(đpcm)
BC2 (do AB
2 + AC2 = BC2 (đ.l Pitago))
AB2
OH
r AC BC
— hay Ị BC r C ACB
BAD C
ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2 điểm):
(39)3 Tìm x để biểu thức có giá trị lớn Bài (2,5 điểm):
Cho hàm sô y = 2x2 (P) y = 2(a - 2)x - !a2 (d)
1 Tìm a để (d) qua điểm A(0 ; -8)
2 Khi a thay đổi xét số giao điểm (P) (d) tuỳ theo giá trị a Tìm (P) điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ 0(0 ; 0) V3 Bài (2 điểm):
Một tơn hình chữ nhật có chu vi 48cm Người ta cắt bỏ hình vng có cạnh 2cm góc gấp lên thành hình hộp chữ nhật (khơng có nắp) Tính kích thước tơn đó, biết thể tích hình hộp 96 cm3.
Bài 4(3 điểm):
Cho AABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Hạ đường cao AD, BE tam giác Các tia AD, BE cắt (O) điểm thứ hai M, N
1 Chứng minh bốn điểm A, E, D, B nằm đường trịn Tìm tâm I đường trịn
2 Chứng minh rằng: MN // DE
3 Cho (O) dây AB cố định, điểm c di chuyển cung lớn AB Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp ACDE khơng đổi
Bài (0,5 điểm):
Tìm cặp số (x ; y) thoả mãn: (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y
HẼT
(40)Bài (2 điểm):
1 Vì Vx3 - = (Vx - 1)(x + Vx + 1) nên để M có nghĩa, ta phải có : x > 0
1— fx >
vx - * ^ ị
u - * x + Vx + * (luôn Vx > 0)
- A/r 2(>/x + 1) x - 10Vx +
2 M = ^—+ v " L + -———J=
Vx - x + V x + ( Vx - 1)(x + vx + 1)
= 2(x + Vx + 1) + 2(Vx + 1)(Vx - 1) + x - 10Vx + (Vx - 1) (x + Vx + 1)
2x + 2>/x + + 2x - + x - 10Vx + 5x - 8>/x +
(>/x - 1)(x + Vx + 1) (Vx - 1)(x + Vx + 1) 5x - 5Vx - 3Vx + (Vx - 1)(5>/x - 3) 5Vx - (Vx - 1)(x +
>/x + 1) (Vx - 1)(x + Vx + 1) x + Vx + 5>/x - Vậy với x > 0, x * M:
x +
3 M = 5>/x - = (x + Vx + 1) - (x - 4>/x + 4) = (Vx - 2)2 x + Vx + 1 x +
Vx + x + Vx +
Với x > 0, x * x + Vx + > (Vx - 2)2 > ^ - (^ ■—2) < ^ M < 1.
x + Vx + Dấu xảy Vx - = x = (thoả mãn ĐKXĐ)
Vậy giá trị lớn M = x = Bài (2,5 điểm):
Cho hàm số y = 2x2 (P) y = 2(a - 2)x - — a2 (d)
1
1 Vì (d) qua điểm A(0 ; -8) nên ta có : - = - —a2 a = 16 a = ± 4.
2 Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) :
2x2 = 2(a- 2)x- —a2 4x2 - 4(a- 2)x + a2 = (1)
Số giao điểm (P) (d) tuỳ thuộc vào số nghiệm phương trình (1) A’ = 4(a - 2)2 - 4a2 = -16(a - 1)
29 VNMATH.COM
(41)- Nếu a - < a < ^ À’ > ^ (1) có hai nghiệm phân biệt Khi (d) cắt (P) hai điểm phân biệt
- Nếu a - = a = ^ À’ = ^ (1) có nghiệm kép Khi (d) tiếp xúc với (P)
- Nếu a - > a > ^ À’ < ^ (1) vơ nghiệm Khi (d) khơng cắt (P)
3 Tìm (P) điểm có khoảng cách đến gốc toạ độ 0(0 ; 0) V3 Gọi M(m ; 2m2) điểm thuộc P khoảng cách từ P đến gốc toạ độ O :
Vm2 + 4m4 = V3 ^ m2 + 4m4 = (do hai vế không âm)
^ 4m4 + m2 - = ^ (m2 + 1)(4m2 - 3) = ^ 4m2 - = (do m2 + > Vm)
V3 m =
±-2
BàỊL3(2 điểm):
Hinh
Gọi chiều rộng tơn hình chữ nhật x (cm)
Thì chiều dài tơn hình chữ nhật 48 : - x = 24 - x (cm)
Chiều rộng chiều dài mặt đáy hình hộp chữ nhật (x - 4) (cm) (24
- x - 4) = (20 - x) (cm)
x - > 24 - x > 20 - x > ^x < 24 - x
Theo ra, ta có phương trình :
2 (x - 4).(20 - x) = 96 ^ -x2 + 24x - 80 = 48
^ x2 - 24x + 128 = 0
7 ,
2 ;2 - ,
2 ;2
\ r v
Có hai điểm thoả mãn điều kiện đề
V
2
2
2
2
■>
2
2
2
2
(42)A’ = 122 - 128 = 16 = 42 > 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt : x
1 = 12 -
4 = (thoả mãn đk (*)), x2 = 12 + = 16 (không thoả mãn đk (*)) Vậy tơn hình
chữ nhật có chiều rộng (cm), chiều dài 16 (cm)
hay AMN = SBE (vì E □ BN) Từ suy SDE = AMN
Hai góc vị trí đồng vị nên DE // MN (đpcm)
Gọi H trực tâm AABC ^ BH AC CH AB (1)
Kẻ đường kính AK ABK = ACK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Hay KB AB KC AC (2)
Từ (1) (2) suy BH // KC CH // KB ^ BHCK hình bình hành Do CH = BK
AABK vng B nên theo định lí Pitago :
BK2 = AK2 - AB2 = 4R2 - AB2 (với R bán kính (O)).
^ CH = BK = V4R2 - AB2 (R > AB/2 AK > AB)
Xét tứ giác CDHE có HDC = HEC = 900 nên E, D thuộc đường trịn đường kính CH Nói cách khác, đường trịn đường kính CH ngoại tiếp ACDE Bán kính đường trịn
R2 - khơng đổi.
Vậy điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp ACDE khơng đổi
Bài (3 điểm): (H 2)
Vì AEB = ADB = 900 nên E, D thuộc đường / /
trịn đường kính AB / /
Do bốn điểm A, E, D, B nằm đường Ị \ \ \E/7
trịn đường kính AB \OỈK/
Tâm I đường trịn trung điểm AB
2 Xét đường tròn tâm I : \L^ r
ADE = ABE (hai góc nội tiếp chắn cung AE) B DẰ
Xét đường tròn tâm O : K
HmN = AbN (hai góc nội tiếp chắn cung AN) Hinh 2
CH
(43)Bài (0,5 điểm): (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y x4 + x2y2 + x2 + y2
-4x2y = ^ (x4 - 2x2y + y2)
+ (x2y2 - 2x2y + x2) = 0
^ y = x2 x = 0 ^
.y = Vậy có ba cặp (x ; y) thoả mãn đề : (0 ; 0), (1 ; 1), (-1 ; 1) ^ (x2 - y)2 + (xy - x)2 = ^ I y ^ I
[ xy - x = x = 0,y =
(44)SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÁI BÌNH Năm học 2004 - 2005
Mơn thi: TỐN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm)
Cho biểu thức A =^(2^ị +1+ :ệ+± -2^11
8 + 2Va - a Va + - Va Rút gọn A
Tìm a để A nhận giá trị nguyên Bài 2: (2,0 điểm)
Í2x + 3y = + a Cho hệ phương trình : I
[x + 2y = a Tìm a biết y =
Tìm a để : x2 + y2 = 17
Bài 3: (2,0 điểm)
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình : y = 2x2 , đường thẳng
(d) có hệ số góc m qua điểm I(0 ; 2) Viết phương trình đường thẳng (d)
CMR (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B
Gọi hoành độ giao điểm A B x1, x2 CMR : |x1 - x2| >
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Lấy điểm D cung AB (D khác A B), lấy điểm C nằm O B Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa D kẻ tia Ax By vng góc với AB Đường thẳng qua D vng góc với DC cắt Ax By E F
Chứng minh : DFC = DBC
Chứng minh : ÀECF vuông
Giả sử EC cắt AD M, BD cắt CF N Chứng minh : MN // AB
Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ÀEMD đường tròn ngoại tiếp ÀDNF tiếp xúc D
Bài 5: (0,5 điểm)
Tìm x, y thoả mãn : a/4x - y2 - yjy + = 4x2 + y
- HẾT Họ tên thí sinh:
Số báo danh:
Giám thị 2:
33
VNMATH.COM
(45)Bài 1: (2,0 điểm)
ĐKXĐ : a > 0, a * 16
A —y/ã(2^Jã + 1) Vã + yịã + = (>/ã + 2)(Vã - 4) yfã + Vã - = -Jã(2yfã + 1) + (Vã + 4)(>/ã - 4) + (Vã + 2)2 _ (Vã + 2)(Vã - 4)
= - 2ã - yỊã + ã - 16 + ã + 4yfã + = 3^ - 12 = 3(Vã - 12)
= (Vã + 2)(>/ã - 4) = (Vã + 2)(Vã - 4) = (Vã + 2)(Vã - 4)
3
(với a > 0, a * 16)
3
Vậy A = ■- (với a > 0, a * 16) vã +
A = ,-3 □ Z 3:^Vã + 2) ^Vã + ước dương Ư(3) = {1 ; 3} (doVã + > 0) Vã + 2
Với Vâ + = va = -1 (loại Vâ > -1 < 0) Với va + = va = a = (thoả mãn ĐKXĐ) Vậy giá trị cần tìm a a =
Bài 2: (2,0 điểm)
_, , Í2x + 3y = + a Cho hệ phương trình : I
[x + 2y = a
, , , Í2x + = + a í x + = í x =
Với y = 1, hệ cho trở thành : I I I
[ x + = a [ x + = a [a = Vậy giá trị cần tìm a =
Hệ cho tương đương với hệ :
2(a - 2y) + 3y = + a Í2a - 4y + 3y = + a Jy = a - x = a - 2y [x = a - 2y [x = a - 2(a - 3) = - a
Khi : x2 + y2 = 17 ^ (6 - a)2 + (a - 3)2 = 17 ^ 2a2 - 18a + 28 = 0
a2 - 9a + 14 = 0
À = 92 - 4.14 = 25 = 52 > 0, phương trình có hai nghiệm :
= 9-5 = = 9+ = aj = ——
= ; a, = ——= Vậy với a □ {2 ; 7} x2 + y2 = 17.
•\/ã +
(46)Bài 3: (2,0 điểm)
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình : y = 2x2 , đường thẳng
(d) có hệ số góc m qua điểm I(0 ; 2) Phương trình đường thẳng (d) có dạng: y = ax + b
(d) có hệ số góc m ^ a = m
(d) qua điểm I(0 ; 2) nên : = m.0 + b ^ b = Vậy phương trình đường thẳng (d) y = mx + Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : 2x2 = mx + ^ 2x2 - mx - = 0
A = m2 + 16 > Vm ^ (d) cắt (P) hai điểm phân biệt Vm. m
Ap dụng định lí Viet cho phương trình (1), ta có : x1 + x2 = — ; x1 x2 = -1
Xét |x1 - x2| = '7(x1 - x2)2 = ^(x1 + x2)2 - 4xrx2 = — + > Vĩ = (do — > Vm)
^ đpcm
Bài 4: (3,5 điểm) Xét tứ giác BCDF có :
CDF + CBD = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác BCDF tứ giác
nội tiếp
^ DFC = DBC (hai góc nội tiếp chắn CD)
Chứng minh tương tự trên, ta có : DEC = DAC
AADB có ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
nên tam giác vuông D
^ DAC + DBC = 900 ^ DEC + DFC = 900
Do AECF vng C (đpcm)
Tứ giác BCDF nội tiếp nên : DBC = DFC (1) (hai góc
nội tiếp chắn cung CD) Tứ giác CMDN có MCN + MDN = 900 + 900 = 1800 nên
nội tiếp đường tròn ^ DNM = DCM (2) (hai góc nội tiếp chắn cung MD)
AECF vuông C, ACDF vuông D nên : DCM = DFC (3) (cùng phụ với DCF)
Từ (1), (2) (3) suy DBC = DNM
(1)
F
B
y
(47)Hai góc vị trí đồng vị nên MN // AB (đpcm)
Gọi I trung điểm MN, J K theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EMD DNF
ÀMDN vuông D nên IM = IN = ID
Tứ giác ACDE có CÁE + CDE = 1800 nên nội tiếp đường trịn
^ DAC = DEC (hai góc nội tiếp chắn cung CD)
Mặt khác: DMN = DÁC (đồng vị, MN // AB)
Suy DMN = DEC hay §MN = DEM (vì M □ EC)
Xét đường tròn tâm J : DMN = DEM = — sđ D M
^ MN tiếp tuyến M đường tròn (J) ^ JM ± MN hay JMI = 900
Xét ÀIMJ ÀIDJ có :
IM = ID (chứng minh trên)
JM = JD (bán kính đường trịn (J)) IJ cạnh chung ^ ÀIMJ = ÀIDJ (c.c.c) ^ IDJ = IMJ = 900
Chứng minh tương tự, ta có IDK = INK = 900
Suy JDK = IDJ + IDK = 1800
^ J, D, K thẳng hàng D nằm J K ^ JK = JD + DK Do hai đường trịn (J) (K) tiếp xúc với D ^ đpcm Bài 5: (0,5 điểm)
4x - y2 > 0
ĐK : 4x2 + y > 0
Khi : yị4x
- y2 - yjy + 2 =
yỊ4x2 + y ^ -v/4x2 + y + yjy + = 4x - y
Hai vế (1) khơng âm nên bình phương hai vế, ta : 4x2 + y + y + + 2^/4x2 + y.^/y + = 4x - y2
^ (4x2 - 4x + 1) + (y2 + 2y + 1) + 2yj4x2 + yVy + = 0
^ (2x - 1)2 + (y + 1)2 + 2^/4x2 + y.Vy + = 0 (2)
Vì (2x - 1)2 > 0, (y + 1)2 > 0, 2^/4x2 + y ^y + > , nên (2) tương đương với :
2x - = y + = yj 4x2 + y >/y + = ^ x = —, y = -1 (thoả mãn điều kiện (*))
y + > (*)
(48)SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
THÁI BÌNH Năm học 2005 - 2006
Mơn thi: TỐN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm)
Thực phép tính: 45 + V9 - W5 Giải phương trình: x4 + 5x2 - 36 = 0
Bài (2,5 điểm)
r
Cho hàm số: y = (2m - 3)x + n - (d) (m ^ —) Tìm giá trị m n để đường thẳng (d) :
Đi qua hai điểm A(1 ; 2) B(3 ; 4)
Cắt trục tung điểm có tung độ y = 3^2 - cắt trục hồnh điểm có hồnh độ x = 1+V2
Cho n = Tìm m để (d) cắt đường thẳng (d’) có phương trình x - y + = điểm M (x ; y) cho biểu thức P = y2 - 2x2 đạt giá trị lớn nhất.
Bài 3: (1,5 điểm)
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 720 m2, tăng chiều dài thêm 6m giảm
chiều rộng 4m diện tích mảnh vườn khơng đổi Tính kích thước mảnh vườn Bài 4: (3,5 điểm)
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đưòng tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax By C, D
Chứng minh:
CD = AC + BD ;
AC.BD = R2
Xác định vị trí điểm M để tứ giác ABDC có diện tích nhỏ
Cho R = cm, diện tích tứ giác ABDC 32cm2 Tính diện tích AABM
Bài 5: (0,5 điểm)
Cho số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = Chứng minh rằng: yj2x2 + xy + 2y2 + V2ỹ + yz + 2z2 + V2z2 + zx + 2x2 > V5
HẾT
- Số báo danh:
Giám thị 2:
(49)Bài 1: (2,0 điểm)
V5+ V9-W5= V5+4(ỹs-2)1= V5 + |V5 - 2| = V5+ V5 - 2=
Đặt t = x2 > 0, phương trình cho trở thành : t2 + 5t - 36 = Vì À = 25
+ 4.36 Bài (2,5 điểm)
3 Xét hàm số: y = (2m - 3)x + n - (d) (m ^ —)
a) Đồ thị hàm số qua hai điểm A(1 ; 2) B(3 ; 4) nên ta có hệ : J2m - + n - = J2m + n = J4m = Jm =
[3(2m - 3) + n - = [6m + n = 17 [2m + n = [n = Vậy m = 2, n =
b) Vì d cắt trục tung điểm có tung độ y = 3'yịĩ - nên hoành độ x = hồnh điểm có hồnh độ x = 1+ V2 nên tung độ y = Do ta có hệ :
4 = 3A/2 -
(1 +>/2)(2m - 3) + 3>/2 - = n = 3V2 + n = 3V2 +
- 3V2 ^ 2m - =
n = 3A/2 +
2 = _ - 3>/2 2m = +
-j=-+ V2
y = x +
1= 2^/2 - 1) = 2^/2 - 1) n:_2
a) + V2 (V2+1)(V2-1) 2-1 Vậy m = 2V2 - 2, n = 3V2 +
a) Với n = hàm số cho trở thành : y = (2m - 3)x - Phương trình đường
thẳng (d’) viết lại thành : y = x + Để (d) cắt (d’) ta phải có : 2m - ^ ^ m ^ Toạ độ giao điểm (d) (d’) nghiệm hệ :
[ y= (2m-3)x-4 f(2m-3)x-4 = x+ 2 f(2m-4)x=6
; cắt trục
n
m =
(d) (d’) y = x +
y = x +
-
(50)Khi đó: P = y2 - 2x2 =
x 2m - 3
V m - 2m -1 m - + 2:
m
y
m - 2m -
Vm- Vm- 2,
(51)Đặt t = —^~ P = (2 + t)2 - 2t2 = + 4t - t2 = - (t - 2)2 < (do -(t - 2)2 < Vt) m - 2
3
^ max P = ^ t = ^ —-— = ^ m = — + = 3,5 (thoả mãn m ^ 2)
m - 2
Vậy giá trị m thoả mãn yêu cầu đề m = 3,5 Bài 3: (1,5 điểm)
Gọi chiều dài chiều rộng hình chữ nhật x (m), y (m) Đk : x, y > Theo ta có hệ :
xy = 720 I xy = /20 I xy = /20
^ ^ <
(x + 6)(y - 4) = xy [xy - 4x + 6y - 24 = xy [-2x + 3y = 12 Xét -2x + 3y = 12 ^ -2x2 + 3xy = 12x (vì x > 0)
^ -2x2 + 2160 = 12x ^ x2 + 6x - 1080 = 0
A’ = 32 + 1080 = 1089 = 332 > 0, nên phương trình có hai nghiệm :
x1 = -3 - 33 = -36 < (loại), x2 = -3 + 33 = 30 > (thoả mãn)
Với x = x2 = 30 y = 720 : 30 = 24 (thoả mãn)
Vậy mảnh vường hình chữ nhật có chiều dài 30m, chiều rộng 24m Bài 4: (3,5 điểm)
(Hình vẽ)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, :
AC = MC, BD = MD ^ AC + BD = MC + MD = CD Vậy CD = AC + BD
Cũng theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có :
OC tia phân giác MOA ; OD tia phân giác MOB Mà
M OA MOB hai góc kề bù nên OC ± OD ^ ACOD vuông O
Xét ACOD vuông O có đường cao OM nên theo hệ thức lượng tam giác vuông : OC.MD = OM2 hay AC.BD = R2 (đpcm).
Tứ giác ABDC có AC // BD (cùng L AB) A = B = 900 nên hình thang vng.
^ SABDC = (AC + BD)AB = (AC + BD)2R = (AC + BD).R
^ SABDC ^ AB + BD
Do tích AC.BD = R2 khơng đổi nên tổng AC + BD ^ AC = BD ^ MC = MD
xy = 720
y D
(52)^ M nằm nửa đường trịn đường kính AB
Vậy điểm M nằm nửa đường trịn đường kính AB diện tích tứ giác ABDC nhỏ
Ta có : SABDC = (AC + BD).R hay 32 = (AC + BD).2 ^ CD = AC + BD = 16 (cm)
Tứ giác OACM có OMC + OAC = 1800 nên nội tiếp đường tròn
^ OĂM = OCM (hai góc nội tiếp chắn cung OM)
Xét AAMB ACOD có : AMB = COD = 900, OĂM = OCM (chứng minh trên)
1 21 _ „ ,
mà Sacod = —OM.CD = — • 2.16 = 16 (cm ) ^ Saamb = —Sacod = 77.16 = (cm )
2 16 16 Vậy SAAMB = (cm2)
Bài 5:(0,5 điểm)
2x2 + xy + 2y2 = 8x + 4xy + 8y = J-[5(x + y)2 + 3(x - y)2] > 5(x + y)2 (do (x - y)2 > 0)
^ A/2x2 + xy + 2y2 > ^(x + y) (do x,y > 0) (1)
Chứng minh tương tự, ta có :
V2y2 + yz +2z2 > #(y +z) (2)
-y/2z2 + zx + 2x2 > ^(z + x) (3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta :
^/2x2 + xy + 2y2 + yl2y2 + yz + 2z2 + V2z2 + zx + 2x2 > ^2l(2x + 2y + 2z)
•y/2x2 + xy + 2y2 + 2y2 + yz + 2z2 + V2z2 + zx + 2x2 > V5"(x + y + z) = V5 ^ đpcm Dấu
bằng xảy ^ x = y = z = 1/3
2 Í A \2
S 4
V16 y AA
MB V CD
y 16
AC OD nên AAMB ~ ACOD (g.g) ^
www.VNMATH.com
(53)SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
THÁI BÌNH Năm học 2006 - 2007
Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2,0 điểm)
™1 -Ẵ , , ~ x + 2>/x -10 Vx - , , _N
Cho biểu thức: Q = --ị= -J= -Ỵ= - (với x > x ^ 9)
x -Vx - Vx - Vx + Rút gọn biểu thức Q
Tìm giá trị x để Q = — Bài 2: (2,5 điểm)
X “I” y — — IU
Cho hệ phương trình: ị (m tham số)
x + my = -1
Tìm giá trị m để hệ có nghiệm (x ; y) thoả mãn y = x2
Bài 3: (1,5 điểm)
Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = x + Parabol (P): y = x2
Xác định toạ độ hai giao điểm A B (d) với (P)
Cho điểm M thuộc (P) có hồnh độ m (với -1 < m < 2) CMR: SMAB <
8 Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi I trung điểm AO Qua I kẻ dây CD vng góc với AB
Chứng minh:
Tứ giác ACOD hình thoi CBD = —CAD
2
Chứng minh O trực tâm ÀBCD
Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tổng (MB + MC + MD) đạt giá trị lớn Bài 5: (0,5 điểm)
Giải bất phương trình: Vx- + V3- x + 4xV2"x > x3 + 10
HẾT
- Số báo danh:
Giám thị 2:
41 VNMATH.COM
ĐỀ CHÍNH THỨC
x + y = - m I
1 Giải hệ với m = -2
27
(54)Bài 1: (2,0 điểm)
Với x > 0, x ^ :
Q = x + 2Vx - 10 yỊx - (Vx + 2)(Vx - 3) Vx - Vx + x + 2Vx - 10 - (Vx - 2)(Vx + 2) - (Vx - 3)
(Vx + 2)(Vx - 3)
+ 2VI - 10 - x + - Vx + Vx -
(Vx + 2)(>/x - 3) (Vx + 2)(Vx - 3) Vx + Vậy Q = —^—- (x > 0, x ^ 9) vx +
Với điều kiện x > 0, x ^ :Q = — ^ —pẤ— = 1 ^ Vx +
=
vx + Vậy với x = Q = — Bài 2: (2,5 điểm)
x + y = I x
+ y = I x = Với m = -2, hệ cho trở thành : ị ^ ị ^ ị
Ix - 2y =-1 I3y = 3 I y =1
Vậy với m = -2 hệ cho có nghiệm (x ; y) = (1 ; 1)
Hệ phương trình cho tương đương với : ị y (*)
I(m - 1)y = m -
Hệ cho có nghiệm hệ (*) có nghiệm Điều xảy m - ^ ^ m ^ Khi nghiệm hệ (*) :
x = -m - 1, y =
Theo giả thiết y = x2, ta có : = (-m - 1)2 ^ m(m + 2) =
^ m = m = -2
Kết hợp với điều kiện m có hai giá trị m cần tìm m e {0 ; -2}
Bài 3: (1,5 điểm)
x
HƯỚNG DẪN GIẢI
(55)Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình :
x2 = x + ^ x2 - x - = 0
Vì a - b + c = + - = nên phương trình có hai nghiệm x1 = -1, x2 = Từ đó, toạ độ hai giao điểm (d) (P) : A(-1 ; 1) B(2 ; 4) 2ể Parabol (P) đường thẳng (d) vẽ hình
Vì M thuộc (P) nên toạ độ M(m ; m2)
Gọi D, N, C chân đường vng góc hạ từ A, M, B xuống Ox
Khi D(-1 ; 0), N(m ; 0) C(2 ; 0)
Suy AD = 1, BC = 4, MN = m2, CD = DN = |m + 1|
= m + CN = |m - 2| = - m (vì -1 < m < 2) Ta có : SAMB = SABCD - (SAMND + SBMNC)
Các tứ giác ABCD, AMND BMNC hình thang vng (có hai cạnh đối song song có góc vng) nên :
(AD + BC)CD _( (MN + AD)DN (MN + BC)CN^ = (1 + 4).3 _((m + 1)(m + 1) (m2 2 + 4)(2 - m)
\ yK (P)\
1V(d)
\ \
/dNT
M C > -3 /-2 -ỉ O ỉ : x
/ -ỉ
Hinh S„Am =
M B
V ^ m3 + m2 + m +
-m -+ ——
+ 2m2 - 4m + ^
15
<3• 9=^Z (do (m- i)2> Vm
-2])
M
2 L 4 2 J
27 _ í 1
Vậy SAMB < — Dấu xảy o m = —, M(— ; — )
8 2
Bài 4: (3,5 điểm)
a) Theo tính chất đường kính qua trung điểm dây cung khơng qua tâm, ta có IC = ID
Tứ giác ACOD có hai đường chéo OA AC vng góc với qua trung điểm đường nên hình thoi
b) Hai góc COD (góc tâm) CBD (góc nội tiếp) chắn CĂD nên : CBD = —COD
Nhưng COD = CĂD (hai góc đối hình thoi ACOD)
9 - ( -1)2
(56)(57)đường tròn)) nên DO ± BC ^ DO đường cao thứ hai ÀBCD (2)
Từ (1) (2) suy giao điểm O BI DO trực tâm ÀBCD Vì BI đường trung trực CD (gt) nên ÀBCD cân B
ÀACO có OA = OC (bán kính (O)) AC = OC (cạnh hình thoi ACOD) nên OA = OC = ÁC Do ÀACO tam giác
^ COA = 600 ^ COD = 1200 ^ CBD = 1COD = 600
2
ÀBCD cân có CBD = 600nên tam giác Suy BC = CD CDB = 600
Xét ÀCMD có MCD = — sđMBD, MDC = sđMC Dễ thấy sđMBD > sđMC nên
22 MCD > MDC ^ MC < MD
Trên đoạn CD lấy điểm N cho MC = MN
Tam giác AMN cân M có CMN = CBD = 600 (góc nội tiếp chắn CÁD ) nên tam
giác Suy CM = CN MCN = 600
Xét ÀCMB ÀCND có :
CD = CB, CM = CN (cmt) DCN = BCM (= DCM - 600) nên
ÀCMB = ÀCND (c.g.c) Suy MB = ND
Từ MB + MC + MD = ND + MN + MD = 2MD
Trong đường tròn, đường kính dây cung lớn nên MD < 2R ^ MB + mC + MD < 4R
Do tổng (MB + MC + MD) đạt giá trị lớn 4R ^ MN đường kính (O) Mà DO ± BC (cmt) nên MN ± BC ^ MN đường trung trực BC ^ MB = MC ^ MB =
MC hay M điểm cung nhỏ BC
Vậy để tổng (MB + MC + MD) đạt giá trị lớn 4R M phải điểm cung nhỏ BC
Bài 5: (0,5 điểm)
ĐK : < x < Khi bất phương trình cho tương đương với : Vx- + V3- x > x3 - 4xV2x + 10
Xét vế trái :
Đặt t = Vx - + V3- x > ^ t2 = + 2^(x- 1)(3- x)
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số khơng âm, ta có : 2yỊ(x - 1)(3- x) < x - + - x = ^ t2 < + = ^ t < (do t
> 0) Dấu xảy ^ x = Xét vế phải :
Ta có : x3 - 4xV2x + 10 = (xVx - 2V2)2 + > (do (xVx - 2V2")2 > 0) Dấu xảy ^ x =
2
(58)(59)SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THÁI BÌNH Năm học 2007 - 2008
Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Bài 1: (1,5 điểm)
Giải hệ phương trình <12x + y^ +
|x + y = Bài 2: (2,0 điểm)
Cho biểu thức A = 2^ 3 + —^ r- - 1
Vx - x - 2Vx Rút gọn A ;
Tính giá trị A x = 841 Bài 3: (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = 2(m - 1)x - (m2 - 2m) đường
Parabol (P) : y = x2
Tìm m để (d) qua gốc toạ độ O ;
Tìm toạ độ giao điểm (d) (P) m = ;
Tìm m cho (d) cắt (P) hai điểm có tung độ y1 y2 thoả mãn |y1 - y2 =
Bài 4: (3.0 điểm)
Cho À ABC có góc nhọn ÁC > BC nội tiếp (O) Vẽ tiếp tuyến với (O) A B, tiếp tuyến cắt M Gọi H hình chiếu vng góc O MC
Chứng minh :
MAOH tứ giác nội tiếp ;
Tia HM phân giác góc AHB ;
Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MA, MB E, F Nối EH cắt ÁC P, HF cắt BC Q Chứng minh QP // ỌF
Bài 5: (1.0 điểm)
Cho x, y, z e R Chứng minh :
1019x2 + 18y4 + 1007z2 > 30xy2 + 6y2z + 2008zx
- HẾT Họ tên thí sinh:
Số báo danh:
Giám thị 1: Giám thị 2:
46 VNMATH.COM
(60)HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (1,5 điểm)
2x + y = V2 + x + y = Bài 2: (2,0 điểm)
Cho biểu thức A = 2<^x 3 +
—^ r--
Vx - x - 2Vx ĐKXĐ : x > 0, x *
A 2>/x - Vx 2Vx - 1 2>/x - + -Vx + Vx - Vx(Vx - 2) Vx - Vx - Vx -
A = ^ (x > 0, x * 4) Vx -
-v/84Ĩ 29 Với x = 841 thoả mãn ĐKXĐ nên giá trị A = r— -= —
7841 - 27 Bài 3: (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = 2(m - 1)x - (m2 - 2m) đường
Parabol (P) : y = x2
Vì (d) qua gốc toạ độ O (0 ; 0) nên ta có :
= -(m2 - 2m) ^ m(m - 2) = ^ m = ; m = 2.
Vậy với m □ {0 ; 2} (d) qua gốc toạ độ Khi m = (d) trở thành : y = 4x - (d)
Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình :
x2 = 4x - ^ x2 - 4x + = Vì a + b + c = + (-4)
+ = nên phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = 1, x2 = ^ y1 = 1, y2 =
Vậy với m = (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có toạ độ (1 ; 1) (3 ; 9) Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình :
x2 = 2(m - 1)x - (m2 - 2m) ^ x2 - 2(m - 1)x + m2 - 2m = Vì A’ =
(m - 1)2 - (m2 - 2m) = > nên ln có hai nghiệm phân biệt x 1, x2
Theo định lí Vi-et, ta có : x1 + x2 = 2(m - 1); x1x2 = m2 - 2m
Khi : y1 = 2(m - 1)x1 - (m2 - 2m), y2 = 2(m - 1)x2 - (m2 - 2m)
(61)^ y1 - y2 = 2(m - 1)(x1 - x2)
Theo : |y1 - y2 = (y1 - y2)2 = 64 4(m - 1)2(x1 - x2)2 = 64
(m - 1)2[(x1 + x2)2 - 4x1x2] = 16 ^ (m - 1)2[4(m - 1)2 -
4(m2 - 2m)] = 16 (m - 1)2.4 = 16 ^ (m - 1)2 = ^ m = -1
m =
Vậy giá trị cần tìm m m e {-1 ; 3} Bài 4: (3.0 điểm)
Xem hình bên
MA tiếp tuyến với (O) A nên OA MA hay MAO = 900
H hình chiếu O MC nên OH MC hay MHO = 900
Tứ giác MAOH có MAO + MHO = 1800
nên tứ giác nội tiếp
Chứng minh tương tự ta có MB O = 900
Ta có MAO = MHO = MB O = 900 nên điểm M, A,
O, H, B thuộc đường trịn đường kính MO Suy ÁHM = ÁBM (hai góc nội tiếp
cùng chắn cung AM) 0HM = BÁM (hai góc nội
tiếp chắn cung BM) Xét đường trịn (O):
BÁM = ABM (tính chất góc tạo tia tiếp
tuyến dây cung)
Do ÁHM = ỖHM hay HM tia phân giác góc AHB
Qua C kẻ đường thẳng song song với AB cắt MA, MB E, F Nối EH cắt AC P, HF cắt BC Q Chứng minh PQ // EF
Bài 5: (1.0 điểm)
Ta có : 1019x2 + 18y4 + 1007z2 > 30xy2 + 6y2z + 2008zx
^ (1004x2 - 2008zx + 1004z2) + (15x2 - 30xy2 + 15y4) + (3y4 - 6y2z + 3z2) > 0
^ 1004(x - z)2 + 15(x - y2)2 + 3(y2 - z)2 > 0
Bất đẳng thức cuối :
1004(x - z)2 > 0, 15(x - y2)2 > 0, 3(y2 - z)2 > Vx, y, z □ R.
Dấu xảy ^ x = z = y2 > 0.
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC
(62)www.VNMATH.com
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 2008 - 2009 Mơn : TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài (2,0 điểm)
Cho biểu thức P = 1+ - +
1-Vx +
Tìm giá trị x để P = — Vx + Vx - Rút gọn P ;
2 Bài (2,0 điểm)
Cho hàm số bậc y = (m - 2)x + m + (m tham số) Với giá trị m hàm số y hàm số đồng biến ; Tìm giá trị m để đồ thị hàm số qua điểm M(2 ; 6) ;
Đồ thị hàm số cắt trục hoành A, cắt trục tung B (A B không trùng với gốc toạ độ O) Gọi H chân đường cao hạ từ O tam giác OAB Xác định giá trị
m, biết OH = yỊĨ
với x > x Ỷ
Bài (2,0 điểm)
Cho phương trình x2 + (a - 1)x - = (a tham số)
Giải phương trình với a = ;
Tìm a để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn :
x1 + x2 - 3x1x2 = 34
Bài (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC F, E Gọi H giao điểm BE với CF, D giao điểm AH với BC
Chứng minh :
Các tứ giác AEHF, AEDB nội tiếp đường tròn ; AF.AB = AE.AC
Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Chứng minh rằng, AD + BE + CF = 9r tam giác ABC Bài (0,5 điểm)
Í - =
|x + y| + |x - y|= HẾT
Họ tên thí sinh Số báo danh
Giám thị 2
49
(63)Bài (2,0 điểm)
Với điều kiện x > x Ỷ :
P (Vx + 1)(Vx - 1) + 2(Vx - 1) + 3(Vx + 1) Vx + - =
(Vx - 1)(Vx + 1) [ Vx +
x + 5>/x Vx - Vx(Vx + 5) Vx - (Vx - 1)(Vx + 1) Vx + (Vx - 1)(Vx + 1) Vx + vx
Vx +
2 Với điều kiện x > x Ỷ P = — ta có :
3 r
x— = — ^ 3Vx = 2(Vx +1) ^ Vx = ^ x = (thoả mãn ĐKXĐ)
Vx +
2 Vậy với x = P = —
3 Bài (2,0 điểm)
Hàm số cho đồng biến m - > ^ m >
Thay toạ độ M(2 ; 6) vào hàm số ta có : = (m - 2).2 + m + ^ m = Vậy với m = đồ thị hàm số qua điểm M(2 ; 6)
(Hình 1)
Đồ thị hàm số cắt hai trục toạ độ hai điểm A B khơng trùng với gốc toạ độ nên đồ thị hàm số cho không qua gốc toạ độ không song song với hai trục Điều xảy : m - Ỷ m + Ỷ hay m Ỷ m Ỷ -1
Ta thấy tam giác OAB vng O có đường cao OH nên áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có :
= 1 = (m - 2) 12 OH2 = OA2 + OB2 = (m + 1)2 + (m + 1)2
m2 - 4m + 5
Hay :
(V2)2 (m + 1)2
^ (m + 1)2 = 2(m2 - 4m + 5)
^ m2 - 10m + = ^ m = (loại) m = (thoả mãn).
Vậy giá trị m cần tìm m =
m + m -
m +
Khi ta có A( và OB = |m + 1|
m - ; 0) B(0 ; m + 1) ^ OA =
(64)Bài (2,0 điểm)
Với a = 6, phương trình trở thành : x2 + 5x - = Vì + + (-6) = nên phương trình
đã cho có hai nghiệm phân biệt :
x1 = x2 = -6
Vì tích a.c = 1.(-6) < nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với a Áp dụng định lý Viet ta có : x1 + x2 = -(a - 1) = - a x1.x2 = -6
Biến đổi hệ thức cho thành : (x1 + x2)2 - 5x1.x2 = 34 hay :
(1 - a)2 - 5.(-6) = 34 ^ (a - 1)2 = 64 ^ a - = ± ^ a = a = -7.
Vậy với a e {-7 ; 9} x1 + x2 - 3x
1x2 = 34 Bài (3,5 điểm)
(H 2)
Vì E, F thuộc đường trịn đường kính BC nên : BEC= BFC= 900
^ AEH= AFH= 900 ^ AEH+ AFH= 1800 ^ Tứ giác AEHF nội
tiếp
Mặt khác, AEH = AFH = 900 nên BE CF hai đường cao
của tam giác ABC Suy H trực tâm tam giác ABC Do
AD đường cao cịn lại tam giác Từ ADB = 900.
Hai điểm E D nhìn AB góc vng nên
cùng nằm đường trịn đường kính AB Hay tứ giác AEDB nội
tiếp
Vậy tứ giác AEHF AEDB nội tiếp đường tròn (đpcm)
Các tam giác vuông AEB (vuông E) AFC (vuông F) có A^ chung nên : AAEB ~ AAFC (g.g)
AE AF
^ AF.AB = AE.AC (đpcm)
AB AC
(H 3) Gọi O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC; I tiếp điểm (O) BC OI = r OI ± BC
Hai tam giác ABC OBC có chung cạnh BC, hai đường cao tương ứng AD OI nên:
OI OBC
AD AD ABC
Chứng minh tương tự ta có :
OAB _ BE ’ S
ABC
C
Suy :
C OAC
_ CF -'AB
C
(65)Dấu xảy AD = BE = CF ^ AB = BC = CA ^ AABC Vậy AD + BE + CF = 9r tam giác ABC
Bài (0,5 điểm)
x6 > y6 J|x| > |y| íỉxi > lyl
x6 > 1 [|x| > 1 [x> ihoặcx <-1
Xét hai trường hợp :
fx + y >
Nếu x > |x| > |y| ^ —x < y < x ^ <
[x - y >
Khi : |x+ y| + |x- y| = ^ x + y + x - y = ^ x = (thoả mãn)
Vì x6 - y6 = nên y = Thử lại thấy x
= 1, y = thoả mãn hệ ' x + y < x - y <
Khi : |x + y| + |x - y| = ^ —(x + y) - (x - y) = ^ x = —1 (thoả mãn) Vì x6 - y6 = nên y = Thử lại thấy x = —1, y = thoả
mãn hệ
Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (—1 ; 0) (1 ; 0)
AD BE • +
CF + AD
+ CF + BE
+ >
Do : AD BE
BE AD
BE CF AD CF
Chứng minh tương tự ta có : —— + —— > —— + —— >
CF BE CF AD
Dấu có BE = CF AD = CF ™T7\ ^BE CF ì (AD CFA
BE AD Dấu có
BE AD = BE
AD BE AD
BE BE AD
AD
_ ,AD BE AD BE > 2J^—. -
hay ^—+ -> S _ + S^ - + S_ ^OB^ JQA^ OAB
=
A A BE BE CF CF
^ 1+ + — - + + 1+- + + ■
BE CF AD CF AD BE
( AD BE ì ( B
E CF ì ( AD CF ì
-+ + + - + +
^ BE AD l CF BE ^ CF AD )
CF AD BE
+ = • + • +
Mà AD + BE + CF = 9r Suy (AD + BE + CF) 1 AB
C
AD BE
S CF r
(1)
= 9r.— r r r r Suy : —— + —^7
+ -7— AD BE CF
Từ x6 - y6 = ^
(66)SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG THÁI
BÌNH ’ Năm học 2009 - 2010
Mon : TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài (2,0 điểm) ,N 13
Rút gọn biểu thức sau: a) -1= + -1= + —Ị=
+ V3 4-V3 V3
xVỸ y >/* + * y với x > 0; y > x Ỷ y ^xy vx -^/y
4
Giải phương trình : x + - — = x + Bài (2,0 điểm)
Cho hệ phương trình i( ) y (m tham số)
[mx + y = m + Giải hệ phương trình với m = 2;
Chứng minh với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệm (x ; y) thoả mãn 2x + y <
Bài (2,0 điểm)
Cho mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = (k - 1)x + (k tham số) parabol (P) : y = x2.
Khi k = -2, tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P)
Chứng minh với giá trị k đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt;
Gọi y1; y2 tung độ giao điểm đường thẳng (d) (P) Tìm k cho :
y1 + y2 = y1y2 Bài (3,5 điểm)
Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B C) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DM, đường thẳng cắt đường thẳng DM DC theo thứ tự H K
Chứng minh tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường trịn ; Tính góc CHK
Chứng minh: KH.KB = KC.KD;
Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh
2 = —1— + —1—
AD2 AM2 AN2
Bài (0,5 điểm)
Giải phương trình : —^ + ■ 1 = yỊ3 , 1 + , 1 =
vx v2 x-3 Vv x-3 V5 x -6
ĐỀ CHÍNH THỨC
(67)HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2,0 điểm)
Rút gọn biểu thức:
, 13 3(2->/3) 13(4 + >/3) 6^3
——=+ r + - j = = ^ -+ v ^ +^1 = + >/ă -Vă Vã - 16 - 3
= - 343 + + Vă + 2V3 = 10 Với x > 0, y > x Ỷ y :
x^/ỹ- yVx + x - y = Vxỵ(Vx - 7Ỹ) + (Vx - Vỵ)(7x +ỵ/ỵ) =
^/xỹ Vx y/y Vxỹ vx -^/y
= Vx ^ + Vx ^ >/y = 2n/x
ĐKXĐ : x Ỷ -2 Từ phương trình cho suy :
x(x + 2) + = 3(x + 2) > x2 - x - = Vì a - b + c = - (-1)
+ = nên phương trình có hai nghiệm : x1 = -1; x2 = Cả hai nghiệm
đều thoả mãn ĐKXĐ Vậy S = {-1 ; 2} Bài (2,0 điểm)
x + y = Ix = Ix =
Với m = 2, hệ cho trở thành : > <
|2x + y = |x + y = | y =
Vậy với m = nghiệm hệ phương trình cho (x ; y) = (1 ; 1)
Hệ phương trình cho tương đương với hệ :
mx + y = m +1 I x = m -1 x = m -1 |m(m -1) + y = m +1
Suy hệ phương trình cho ln có nghiệm (x ;
y) = (m - ; + 2m - m2) với m.
Khi đó, ta có : 2x + y = 2(m - 1) + + 2m - m2 = - + 4m - m2 = - (m - 2)2 < (m -
2)2 > Vm.
Vậy với giá trị m hệ phương trình cho ln có nghiệm (x ; y) thoả mãn 2x + y <
Bài (2,0 điểm)
Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là:
x2 = (k - 1)x + > x2 - (k - 1)x - = 0 (1)
Khi k = -2, phương trình (1) trở thành : x2 + 3x - = 0
Vì a + b + c = + + (-4) = nên phương trình có hai nghiệm : x1 = ; x2 = -4
Với x1 = ^ y1 = 12 = ; với x2 = -4 ^ y2 = (-4)2 = 16
Vậy toạ độ giao điểm (d) (P) k = -2 : (1 ; 1) (-4 ; 16)
Xét phương trình (1) có : A = (k - 1)2 + 16 > Vk nên (1) ln có hai nghiệm phân biệt với
mọi k
(68)Từ suy với giá trị k đường thẳng (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt (đpcm)
Gọi x1 ; x2 hoành độ tương ứng với tung độ y1 ; y2 giao điểm đường thẳng (d)
và (P) Hiển nhiên, x1 x2 hai nghiệm phân biệt phương trình (1)
Áp dụng định lí Vi-et, ta có : x1 + x2 = k - ; x1x2 = -4
Mà : y1 = xj2 y2 = x2 (vì giao điểm thuộc (P)), nên từ giả thiết ta có :
y1 + y2 = y1y2 ^ x2 + x2 = xi2.x2 ^ (x1 + x2)2 - 2x1x2 = (x1x2)2 hay (k - 1)2
- 2.(-4) = (-4)2 ^ (k - 1)2 = ^ k = ± 2V2.
Vậy giá trị k thoả mãn yêu cầu toán : k = ± 2V2
Bài (3,5 điểm)
Xét tứ giác ABHD có Á = 900 (vì ABCD hình vuông)
và 0HD = 900 (giả thiết)
^ Á + §HD = 1800
Hai góc vị trí đối nên tứ giác ABHD nội tiếp
Xét tứ giác BHCD có :
BcD = 900 (vì ABCD hình vng) BhD = 900 (giả thiết).
^ Bcd = Bhd = 900.
Hai đỉnh kề H C nhìn cạnh đối diện góc 900 nên tứ giác
BHCD nội tiếp
Vậy tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường trịn (đpcm)
Vì ABCD hình vng nên DB đường phân giác ÁDC = 900 ^ BdC = 450 Tứ giác
BDHC nội tiếp (chứng minh trên) nên : ChK = BdC (cùng bù với BhC).
Vậy ChK = 450.
Xét AKHC AKDB có : K chung ;
ChK = BdC (chứng minh trên)
Do AKHC ~ AKDB (g.g) ^ ^ ^ KH.KB = KC.KD (đpcm) KC KB
Trên tia đối tia DC lấy điểm E cho DE = BM
Vì AdC = 900 ^ ÁDE = 900 (hai góc kề bù) ^ AADE vuông D.
Xét AADE AABM có :
AD = AB (hai cạnh hình vng ABCD) ÁDE = ÁBM = 900 DE = BM
(69)AADE = AABM (c.g.c) ^ AM = AE EÁD = BÁM EAN=EAD + DAN =
SAM + DAN = BAD = 900 ^ AEAN vuông Á
Tam gác EAN vuông Á có đường cao AD nên theo hệ thức lượng tam giác vng ta có :
1 h = 1 (đ )
hay —— = —— + —T (đpcm)
r2AD2ÁM2AN2
Bài (0,5 điểm)
3 ĐKXĐ : x > -
2
Khi phương trình cho tương đương với 1— + ■ 1 = = 1 =T
v3x v6x - V4x - Đặt : >/3x = a, V6x-9 = b, V4x - = c, V5x-6 = d (a, b, c, d > 0)
^ a + c > 0, b + d > c2 - a2 = b2 - d2 (= x - 3)
Phương trình trở thành :
3
+) Nếu 2 < x < :
< 5x - < 3x < 6x - < 4x - < d < a
< b < c
< b + d < a + c
^ -< -ac(a + c) bd(b + d)
Tóm lại, phương trình cho có nghiệm x =
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THAI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC
11
-> -
-AD2 AE2 + AN2
+
V5x-6
b - d
c - a
-^
_= b 2 - d 2
ac(a + c) bd(b + d) 1 1 1 1 c - a
— + — = — + — ^ _ - _ =_ - _ ^
-a b c d -a c d b -a c 2_, i
(1) b
d
Nếu x = c2 - a2 = b2 - d2 = ^ (1) hiển nhiên Với x ^
3 c2 - a2 = b2 - d2 „2 i2 j2 - 2 ^ 0, (1) ^ 1
(2) ac(a + c) bd(b + d) 0 <
a < d < 3x < 5x -
+) Nếu x > : 0 < c < b < a +
c < b + d < 4x - < 6x -
(70)KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2010 - 2011 Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
x + V x - 3Vx Vx + )
' 1 ì ~r +~r— = 10
vV5 - V5 + 2)
Bài 2(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = (k - 1)x + n hai điểm A(0 ; 2), B (-1 ; 0)
Tìm giá trị k n để :
Đường thẳng (d) qua hai điểm A B
Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (A) : y = x + - k
Cho n = 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 (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai : x2 - 2mx + m - = (1) (với m tham số).
Giải phương trình (1) với m = -1
Chứng minh pt (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m
Bài (2,0 điểm)
1 Rút gọn biểu thức: A Chứng minh : V5 •
(71)Bài (2,0 điểm)
Với x > 0, x ^ 9, :
A = í
1 ' x - V x -3 > / x V x + y ' ' Ị x
m
HƯỚNG DẪN GIẢI
(72)-9 •vRV x - 3) v x+3 j vx 3>/x + + x -3>/x (Vx - 3)(Vx + 3) Vx(>/ x - 3) (Vx + 3) Vx (x + 9) (■>/x - 3)(Vx + 3)
Vx(Vx -
3) (Vx +
3)Vx x +
x
Biến đổi vế trái, ta có :
'=, / ■ +
2 +f
- 2
=75 • ^5=10
- V5 - + A/5 +
A=
VT = V5 í 1—+,_— w5
-2 V5 + -2
(V5 - 2)(Vs + 2)
Vậy V5 1
0
HƯỚNG DẪN GIẢI
(73)Bài 2.(2,0 điểm)
a) Đường thẳng (d) qua hai điểm Á B, nên ta có hệ :
[ n =
ín
2 ( k - 1).(-1) + n = Ịk = Vậy với k = 3; n = (d) qua hai diểm A(0 ; 2) B(-1 ; 0) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (À) :
k -1 = J k = -k ^ n
Ạx m
HƯỚNG DẪN GIẢI
(74)[ n ^ Vậy với k = n ^ đường thẳng (d) song song với đường thẳng (À) Với n = 2, phương trình đường thẳng (d) :
y = (k - 1)x + Để (d) cắt trục Ox k - ^ ^ k ^
2 Khi giao điểm (d) Ox C( ; 0)
- k Các tam giác OAB OAC vuông O, nên:
2OA.OB;
Soac OAB
HƯỚNG DẪN GIẢI
(75), OB = (đvđd) nên ta có : - k
= > |1 - k| = > k = k = Vậy với k = k = SOAC =
2S
Bài (2,0 điểm)
Với m = -1, phương trình (1) trở thành : x2 + 2x - =
0
A’ = + = > 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :
x
1
= -1 -3 = -4 ; x
2
= -1 + = Xét A’ = m2 - m + = (m -
-1)2 + —> Vm
4 1(H 2)
Dễ thấy OC = - k
(76)^ (1) ln có hai nghiệm phân biệt Vm
Vì (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m nên theo định lí Vi-et, ta có:
x1 + x2 =
2m
x1x2 = m -
7
* )
C h ứ n g
m i n h
A H E K
l
(77)16 > x + x2 = 16 > 2m = 16 > m =
(thoả mãn)
Theo — + — x, x
2
Vậy giá trị m cần tìm m =
Bài (3,5 điểm)
t ứ
g i c
n ộ i
t i ế p
:
m -
x1x2
B
Hinh
B
(78)và AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay AKE = 900 Xét
tứ giác AHEK có AHE + AKE = 1800 nên tứ giác nội tiếp
*) Chứng minh ACAE ~ ACHK Xét ACAE ACHK có : C chung
CAE = CHK (góc nội tiếp chắn KE )
Do ACAE ~ ACHK (g.g) (H 2)
Vì BK AC (AKB = 900) NF AC (gt) nên BK // NF (cùng AC)
Do : KFN = MKB (đồng vị) KNF = NKB (so le trong) (1)
Mặt khác MKB = sđMB NKB = sđ NB 22
mà ỈM B = N B (vì đường kính AB vng góc với dây cung MN) nên MKB = NKB (2)
Từ (1) (2) suy KFN = KNF
Vậy AKNF cân K (H 3)
*) Chứng minh OK // MN
Nếu KE = KC AKEC vng cân K ^ KEC = 450
Tứ giác AHEK nội tiếp nên BAK = KEC = 450 ^ AAKB vuông cân K ^ OK AB Mà
MN AB (gt) nên OK // MN *) Chứng minh ^ KM2 + KN2 = 4R2.
Gọi I giao điểm KO với (O ; R) IK // MN
Vì IK MN hai dây cung (O) nên MI = NK ^ MI = KN
AKMI có KI đường kính (O) nên vng M Áp dụng định lí Pitago, ta có : KM2 + MI2 = KI2 hay KM2 + KN2 = 4R2.
Bài (0,5 điểm)
Cách 1. Khơng giảm tổng qt, giả sử c = min(a ; b ; c) Từ giả thiết a + b + c = ^ 3c < a + b + c ^ c < Do < c < Đặt a = + x, b = + y c = - x - y Do < c < nên < x + y < Ta có : (a - 1)3 + (b - 1)3 + (c - 1)3 = x3 + y3 + (-x - y)3 = -3xy(x + y).
Mặt khác (x - y)2 > Vx, y ^ xy < ( x — y )
^ xy(x + y) < ( x — y ) < - (vì < x + y < 1)
4
3
^ -3xy(x + y) > — Dấu xảy ^ x = y = — (khi a = b = —, c = 0)
ễ thấy AhE = 900 (vì MN ± AB)
(79)(a - 1)3 + (b - 1)3 + (c - 1)3 > 3(a — b — c) - = -ỉ • - 3:
Vậy (a - 1)3 + (b - 1)3 + (c - 1)3 > .
Dấu đẳng thức xảy : = a V í b V y c - — V
a — b — c — a = V a =
2 b = V b =
^ c = V c = —
2 a — b — c =
a = 0, b = c = b = 0, a = c = — c = 0, a = b = —
V ậ y ( a - )3 + ( b - )3 + ( c - )3 >
- -
4
^ (a - 1) > — a - Tương tự: (b - 1)3 > 3b - (2)
(c -1)3 > 4c -1 (3)
Cộng (1), (2) (3) vế theo vế ta :
Cách 2. Ta có: (a - 1)3 = a3 - 3a2 — 3a - = a(a2 - 3a — 3) - = a
2 (1) (do a >
\
(80)SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 -
2012 THAI BÌNH Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1ễ (2,0 điểm)
1
Cho biểu thức A = ^=- -- ị = - -—- -với x > x ^ Vx +1 Vx -1 x -
Rút gọn biểu thức A
Tính giá trị A x = - 2V2 Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phương trình: < y (m tham số) Ịx - y =-
Tìm m để phương trình có nghiêm (x ; y) x =
Tìm m để phương trình có nghiêm (x ; y) thoả mãn 2x + y = Bài 3ễ (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parbol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = ax + (a là
tham số)
Vẽ parbol (P)
Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biêt
Gọi xi, x2 hoành độ hai giao điểm (d) (P) Tìm a để xi + 2x2 =
Bài 4ễ (3,5 điểm)
Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Điểm C nằm tia đối tia BA cho BC = R Điểm D thuộc đường tròn tâm O cho BD = R Đường thẳng vng góc với BC C cắt tia AD M
Chứng minh rằng:
Tứ giác BCMD tứ giác nội tiếp AB.AC = AD.AM
CD tiếp tuyến đường tròn tâm O
Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần Tính diên tích phần tam giác ABM nằm ngồi đường trịn tâm O theo R
Bài 5ễ (0,5 điểm)
Cho a, b, c số không âm thoả mãn: a + b + c = 1006
Chứng minh rằng: ,^2012a + — — + J20120 + — a)— + J2012c + — b)— < 2012V2.
HẾT
-Số báo danh:
HƯỚNG DẪN GIẢI
Họ tên thí sinh:
(81)Bài 1ễ (2,0 điểm)
Với x > 0, x ^ 1, :
A _ 3(Vx - 1) - (>/x — 1) - (Vx - 3) = 3 Vx - - Vx - - Vx — (Vx — 1)(Vx
- 1) (Vx — 1)(Vx - 1)
Vx - =
(Vx — 1)(Vx - 1) Vx —
Nhận xét: x = - 2V2 = (V2 - 1)2 (thoả mãn < x ^ 1) ^ Vx = 1V2 - 1| = V2 - (vì V2 > 1)
Do đó: A — -^^ -= — V2 -1 — V2
Bài 2 .(2,0 điểm)
Với x = từ phương trình x - y = -6 ^ y =
Thay x = 2, y = vào phương trình thứ nhất, ta được: 2m + 16 = 18 ^ m = Vậy giá trị cần tìm m =
Điều kiện để hệ phương trình cho có nghiệm nhất: — ^ ^ m^ -2
Nghiệm (x ; y) hệ cho thoả mãn điều kiện đề nghiệm hệ: x - y = x =
x-y=6 ^lx =
2 x + y = Ịy =-1 Từ đó, ta có: 5m - = 18 ^ m = (thoả mãn m ^ -2) Vậy giá trị cần tìm m =
Bài (2,0 điểm)
Bạn đọc tự giải
Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2 = ax + = ^ x2 - ax - = Vì A = a2
+ 12 > Va nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt Va Tứ suy (d) cắt (P) hai điểm phân biệt
Áp dụng định lí Vi-et, ta có: x1 + x2 = a x1x2 = -3
Theo giả thiết: x1 + 2x2 = ^ a + x2 = ^ x2 = - a; x1 = a - x2 = 2a - 3; x1x2 =
-3 ^ (2a - 3)(3 - a) = -3 ^ 2a2 - 9a + = 0
9 ±■733
A = 92 - 4.2.6 = 33 > ^ a
12 —
1,2 4
±V33 Vậy có hai giá trị cần tìm a là: a12 =
Bài (3,5 điểm)
(82)Ta có: ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ^ BDM = 900 (hai góc kề bù)
BcM = 900 (do MC ± BC).
Xét tứ giác BCMD có: §DM + §CM = 180° ^ Tứ giác BCMD tứ giác nội tiếp
Xét AADB AACM có: A chung; ADB = ACM = 900
nên AADB ~ AACM (g.g) AD AB
^ AB.AC = AD.AM (đpcm) AC AM
AODC có DB đường trung tuyến ứng với cạnh OC DB = — OC nên AODC vuông D
Suy OD ± CD
Do CD tiếp tuyến (O)
AOAD AOBD chung chiều cao hạ từ đỉnh D, đáy nên: V3R2 , n V3R
S _ _ = S
AOAD AOBD
4 AABD
Xét AMBD AMBC có: MDB = MCB = 900, BM cạnh chung, BD = BC (giả thiết)
^ AMBD = AMBC (cạnh huyền-góc nhọn)
^ MBD = M BC = iBD = 1800 - OBD = 1800 - 600 = 60»
2
^ MBD = OBD ^ BD tia phân giác góc ABM
AABM có BD vừa đường cao vừa đường phân giác nên cân B ^ BD đồng thời đường trung tuyến ứng với cạnh AM Suy ra: SAABM = 2SAABD = V3R2 (đvdt)
Gọi S diện tích phần tam giác ABM nằm ngồi đường trịn tâm O thì: V3R2 >/3R2 rcR2 60 = (WỊ- 2QR2
360 = 12
M
V3R2
4 (đvdt) AOBD
2 AOBD có OB = OD = BD = R ^ AOBD ^ OBD = BOD = 600 S
(đvdt)
(đvdt) Bài (0,5 điểm)
Đặt P = ^
(b c) Ta có: 2012a +
2 2
= 4a2 + 4a(b + c) + (b - c)2 = 4a2 + 4a(b + c) + (b + c)2 - 4bc
2012a + (b c) +
A 2012b + (c a)+A 2012c + (a b)
2a.1006 + (b c) = 2a(a + b + c) + (b c)
2
2
(83)(2a — b — c)2 - 2bc < (2a — b — c)2 (do b, c > 0)
2012a — (b - c) <J( a—b—c ) = 2 a — b — c
V V2
„,r _^ _^ Lmoi- (c- a)2 , 2b — c — a L
A10 (a- b)2 2c — a — b
Chứng minh tương tự: ,y2012b + -— < -- - J =-; ,y2012c + -— < - J = „ _ 2a + b + c 2b + c + a 2c + a + b 4(a + b + c) 4.1006 r r Suy ra: P < - J = + -- J = + -- j =- -= — < - = r = 2012V2
V2 V2 V2 V2 V2
Vậỹ ^2012a— + ^2012b—(c - a) 2012c—(a -b) < 2012V2.
a = b = 0, c = 2012 Dấu xảy ^ ^ b = c = 0, a = 2012
3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức : — + —
(84)Bài (3,5 điểm)
Cho đường trịn (O ; R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) 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
c) Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp ACAE đồng dạng với ACHK d) Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh
ANFK cân
e) Giả sử KE = KC Chứng minh : OK // MN KM2 + KN2 = 4R2
Bài (0,5 điểm)
Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn a + b + c = Chứng minh : (a - 1)3 + (b - 1)3 + (c - 1)3 > - - HẾT Họ
www.VNMATH.com
(85)