* Giám thị không giải thích gì thêm. Đề thi chính thức.. Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. 3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoạ[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2009 - 2010
4 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN MƠN TỐN: NGHỆ AN, HẢI DƯƠNG, PHÚ N, THÁI BÌNH
Mơn thi: Tốn
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1: (3.5 điểm)
a) Giải phương trình
3 x2 7 x 3 b) Giải hệ phương trình
3
8
6
x y x
y
Bài 2: (1.0 điểm)
Tìm số thực a để phương trình sau có nghiệm ngun
2 2 0
x ax a Bài 3: (2.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông A có đường phân giác BE (E thuộc AC) Đường trịn đường kính AB cắt BE, BC M, N (khác B) Đường thẳng AM cắt BC K Chứng minh: AE.AN = AM.AK
Bài 4: (1.5 điểm)
Cho tam giác ABC có góc nhọn, trung tuyến AO có độ dài độ dài cạnh BC Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC thứ tự M, N (M khác B, N khác C) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng AO I K Chứng minh tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn tứ giác BICK hình bình hành
Bài 5: (2.0 điểm)
a) Bên đường tròn tâm O bán kính cho tam giác ABC có diện tích lớn Chứng minh điểm O nằm nằm cạnh tam giác ABC
b) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a b c 3 .
Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2 2
2 2
ab bc ca P a b c
a b b c c a
-Hết
-Họ tên thí sinh ……… ……… SBD……… * Thí sinh khơng sử dụng tài liệu.
(2)SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2009 - 2010
Hướng dẫn chấm thi
Bản hướng dẫn chấm gồm 03 trang
Nội dung đáp án Điểm
Bài 1 3,5 đ
a 2,0đ
x 2 x 3
3 3
x x x x x x 27
0.50đ
3
9 (x 2)(7 x) 27
0.25đ
3 (x 2)(7 x) 2
0.25đ
(x 2)(7 x) 8
0.25đ
2
x 5x 0
0.25đ
x 1 x 6
( thỏa mãn ) 0.50đ
b 1,50đ
Đặt
z
y 0.25đ
Hệ cho trở thành
3 3x z 3z x
0.25đ
3
3 x z z x
0,25đ
x z x xz z2 3 0
0,25đ
x z
(vì x2xz z 2 3 0, x,z ). 0,25đ
Từ ta có phương trình:
3 x
x 3x
x
Vậy hệ cho có nghiệm: (x, y) ( 1; 2), 2,1
0,25đ
Bài 2: 1,0 đ
Điều kiện để phương trình có nghiệm: 0 a2 4a 0 (*). 0,25đ
Gọi x1, x2 nghiệm nguyên phương trình cho ( giả sử x1 ≥ x2)
Theo định lý Viet:
1
1 2
x x a
x x x x x x a
0,25đ
1
(x 1)(x 1)
1 x x 1
1
x 1 x
(3)1
x
x
x
x
Suy a = a = -2 (thỏa mãn (*) )
Thử lại ta thấy a = 6, a = -2 thỏa mãn yêu cầu toán 0,25đ
Bài 3: 2,0 đ
Vì BE phân giác ABC nên ABM MBC AM MN 0,25đ
MAE MAN
(1) 0,50đ
Vì M, N thuộc đường trịn đường
kính AB nên AMB ANB 90 0 0,25đ
ANK AME 90 0, kết hợp
với (1) ta có tam giác AME đồng dạng với tam giác ANK
0,50đ
AN AK
AM AE
0,25đ
AN.AE = AM.AK (đpcm) 0,25đ
Bài 4: 1,5 đ
Vì tứ giác AMIN nội tiếp nên ANM AIM
Vì tứ giác BMNC nội tiếp nên ANM ABC
AIM ABC
.Suy tứ giác BOIM nội tiếp
0,25đ
Từ chứng minh suy tam giác AMI đồng dạng với tam giác AOB
AM AI
AI.AO AM.AB
AO AB
(1)
0,25đ
Gọi E, F giao điểm đường thẳng AO với (O) (E nằm A, O)
Chứng minh tương tự (1) ta được: AM.AB = AE.AF
= (AO - R)(AO + R) (với BC = 2R) = AO2 - R2 = 3R2
0,25đ
AI.AO = 3R2
2
3R 3R 3R R
AI OI
AO 2R 2
(2) 0,25đ Tam giác AOB tam giác COK đồng dạng nên:
OA.OK = OB.OC = R2
2
R R R
OK
OA 2R
(3)
0,25đ
Từ (2), (3) suy OI = OK
Suy O trung điểm IK, mà O trung điểm BC Vì BICK hình bình hành
(4)Bài 5: 2,0 đ
a, 1,0 đ
Giả sử O nằm miền tam giác ABC Khơng tính tổng qt, giả sử A O nằm phía đường thẳng BC
0,25đ
Suy đoạn AO cắt đường thẳng BC K
Kẻ AH vng góc với BC H 0,25đ Suy AH AK < AO <1 suy AH < 0,25đ
Suy ABC
AH.BC 2.1
S
2
(mâu thuẫn với giả thiết) Suy điều phải chứng minh
0,25đ
b, 1,0đ
Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)
= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 0,25đ
mà a3 + ab2
2a2b (áp dụng BĐT Côsi )
b3 + bc2
2b2c
c3 + ca2
2c2a
Suy 3(a2 + b2 + c2)
3(a2b + b2c + c2a) >
0,25đ
Suy
2 2
2 2
ab bc ca P=a b c
a b c
2 2
2 2
2 2
9 (a b c ) P a b c
2(a b c )
0,25đ
Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh t
Suy
9 t t t
P t
2t 2t 2 2
P
Dấu xảy a = b = c = Vậy giá trị nhỏ P
0,25đ
(5)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đề thi gồm: 01 trang
Câu (2,0 điểm)
1) Cho
3
1 12 135 12 135
1
3 3
x
.
Khơng dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức
2
3
M= 9x 9x
2) Cho trước a b R, ; gọi x y, hai số thực thỏa mãn
3 3
x y a b
x y a b
Chứng minh rằng: x2011y2011 a2011b2011 Câu (2,0 điểm)
Cho phương trình: x3ax2 bx 1 (1)
1) Tìm số hữu tỷ a b để phương trình (1) có nghiệm x 2
2) Với giá trị a b, tìm trên; gọi x x x1; ; 2 3 ba nghiệm phương trình (1) Tính giá
trị biểu thức
5 5
1
1 1 1
S
x x x
Câu (2,0 điểm)
1) Tìm số nguyên x y, thỏa mãn điều kiện: x2 y2 5x y2 60 37 xy
2) Giải hệ phương trình:
3
4
2 1 5 2 0
x x x y y
x x y
Câu (3,0 điểm)
Cho hai đường tròn (O ; R) (O’ ; R’) cắt I J (R’ > R) Kẻ tiếp tuyến chung hai đường trịn đó; chúng cắt A Gọi B C tiếp điểm hai tiếp tuyến với (O’ ; R’); D tiếp điểm tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I điểm B nửa mặt phẳng bờ O’A) Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) M (điểm M khác điểm I )
1) Gọi K giao điểm đường thẳng IJ với BD Chứng minh: KB = KI.KJ2 ; từ suy KB = KD
2) AO’ cắt BC H Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm đường tròn 3) Chứng minh đường thẳng AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD Câu (1,0 điểm)
Mọi điểm mặt phẳng đánh dấu hai dấu (+) ( ).
Chứng minh điểm mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh đánh dấu
(6)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010
Đáp án gồm : 04 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm theo cách khác vẫn cho điểm tối đa
- Việc chi tiết điểm số (với cách khác, có) 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
Cho
3
1 12 135 12 135
3 3
x
.Tính
2
3
M= - 9x x -
1,00
Từ
3
1 12 135 12 135
3 3
x
3 1 12 135 12 135
3 3
x
3 3 12 135 3 12 135 3 1
3 3
x
3x 13 8 3 x 1
3
9x 9x 2 0
12 1 M
0,25 0,25 0,25 0,25
1 Cho trước a b R, ; gọi x,y hai số thực thỏa mãn
3 3 3( ) x y a b
I
x y a b
.Chứng minh rằng: x2011 y2011 a2011b2011.
1,00
3 3
( )
3 3
x y a b I
x y xy x y a b ab a b
(1) (*) ( ) ( ) (2) x y a b
xy a b ab a b
+/Nếu a b 0 (*)
x y a b xy ab
=> x, y nghiệm phương trình X2 (a b X ab ) 0
0,25
(7)Giải ta có
;
x b x a y a y b
=> x2011 y2011 a2011b2011.
+/Nếu a b 0 => ab
Ta có hệ phương trình 3
0 0 x y x y x y . => 2011 2011 2011 2011 0 0 a b x y
=>x2011 y2011a2011b2011
0,25
2 x3 ax2 bx 1 (1)
Tìm a b Q, để (1) có nghiệm x 2 3. 1,00
Thay x 2 3vào (1)ta có :
3
2 a 2 b 2
3 4a b 15 7a 2b 25
+/Nếu 4a b 15 0
=>
7 2 25 3 4 15 a b a b
(vơ lí VT số vô tỷ , VP số hữu tỷ).
+/ Suy 4a b 15 0
7 2 25 0
4 15 0
a b a b
Giải hpt ,kết luận :
5 5 a b 0,25 0,25 0,25 0,25 2
Với a=-5 ;b=5 Tính giá trị biểu thức
5 5
1
1 1 1 S
x x x
1,00 +/ 5 a b
(1) có dạng x3 5x25x 0 x-1x2 4x10. Khơng tính tổng qt coi x3 1 x x1, 2 nghiệm phương trình
x2 4x 1 0
( có ' 0) =>
1 2 4 1 x x x x +/ 2
1 2 2 14 x x x x x x
+/
3 2
1 2 2 52
x x x x x x x x
+/
5 2 3 2
1 2 2 724
x x x x x x x x x x
=>S = 725
0,25
0,25
0,25 0,25
3
Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x2 y2 5x y2 260 37 xy(1) 1,00
2 2 2
(8)Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, VT 0
5 xy- 4 xy 0 3 xy 4
.
Do x y Z, =>xy Z =>
3 4 xy xy . +/ 2 3 3 0
xy x y
x x y
(vô nghiệm Z).
+/ 2 4 2 2 4 0
xy x y x y
x y x x y . Vậy 2 2 x y x y
giá trị cần tìm.
0,25
0,25
0,25
3
Giải hệ phương trình:
3
4
(1)
2 1 5 2 (2)
x x x y y
x x y
1,00
Điều kiện :y0
(1)
1 0
1 x y x y x
x .
+/Nếu x1 thay vào phương trình (2) ta có : y 0 y1 +/Nếu x y 0
Khi (2)
4
2 x 1 x 2
(3)
4
2 x 1 2.2 x .1 4 x 2x4 1 2 x 2x
nên
2 VT(3) 2( - 2 x x 1) 2 x 1 0.
Do Pt (3)
4 1 1 1 1 0 x x y x .
Vậy hệ phương trình có nghiệm
1 1 ; 1 1 x x y y 0,25 0,25 0,25 0,25
(9)H J
O' O
K D
C B
I
M
A
Do AO AO’ hai tia phân giác BAC => A,O,O’ thẳng hàng Có
1
BJI IBK 2
sđ BI ; BKI chung
Δ KBI
đồng dạng vớiΔ KJB (g.g)=>
2 KI KB
= KB =KI.KJ
KB KJ (1)
Tương tự:Δ KDIđồng dạng vớiΔ KJD
2 KI KD
= KD =KI.KJ KD KJ
(2) Từ (1) (2) =>KB=KD
0,25
0,25 0,25 0,25
4 Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm đường trịn 1,00
+/Xét tam giác vng ABO’ có: AB =AH.AO'2 (3) +/ Có :
1
ABI AMB 2
sđ BI ; BAI chung
Δ ABI đồng dạng vớiΔ AMB (g.g)
2 AB AI
= AB =AM.AI AM AB
(4) Từ (3),(4) =>
AH AM AI.AM=AH.AO' =
AI AO'
=>Δ AHI đồng dạng với Δ AMO' (
AH AM =
AI AO' ;A chung ).
=>AHI=AMO' => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay điểm I, H, M, O’ thuộc đường tròn
0,25
0,25
0,25 0,25
4 Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD 1,00
Do OD // O’B (cùng AB)
AO OD R OI OI AO' O'B R' O'M O'I
nhưng OI cắt O’I A,I,M thẳng hàng => OI // O’M =>DOI=BO'M
(10)mà
1 1
BDI DOI
2 2
sđ DI
1 1
BIM BO'M
2 2
sđ BM =>BDI BIM =>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔBID hay AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD
0,25 0,25
5 Chứng minh điểm mặt phẳng làm thành tam giác vng cân mà ba đỉnh đánh dấu
1,00
Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A Do đánh hai dấu (+), ( ) nên tồn hai điểm dấu , không tổng quát giả sử hai điểm A, B dấu dấu (+) + Nếu C có dấu (+) tam giác vng cân ABC tam giác phải tìm
+ Nếu C có dấu (- ) ta dựng điểm D cho ABDC hình vng
_ Nếu D có dấu (+) tam giác ABD tam giác cần tìm
_ Nếu D có dấu (-) gọi I giao điểm AD BC
* Nếu I có dấu (+) tam giác vng cân ABI tam giác cần tìm * Nếu I dấu (-) dễ thấy tam giác vng cân CID có ba đỉnh dấu (-) tam giác cần tìm
0,25
0,25 0,25 0,25
D
B A
C
(11)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2009-2010
Mơn thi: TỐN CHUN
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian phát đề) *****
Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + = 0, a tham số
a) Giải phương trình với a =
b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh a2 > 2. Câu 2.(4,0 điểm)
a) Giải phương trình: x + + - x (x + 3)(6 - x) =
b) Giải hệ phương trình: x + y + z = 2x + 2y - 2xy + z =
Câu 3.(3,0 điểm) Tìm tất số nguyên x, y, z thỏa mãn : 3x2 + 6y2 +2z2 + 3y2z2 -18x = 6. Câu 4.(3,0 điểm)
a) Cho x, y, z, a, b, c số dương Chứng minh rằng: 3abc + xyz3 3 (a + x)(b + y)(c + z) b) Từ suy : 333333 3 2 33
Câu 5.(3,0 điểm) Cho hình vng ABCD tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh AB, BC, CD, DA hình vng
a) Chứng minh SABCD AC
4
(MN + NP + PQ + QM)
b) Xác định vị trí M, N, P, Q để chu vi tứ giác MNPQ nhỏ
Câu 6.(3,0 điểm) Cho đường trịn (O) nội tiếp hình vng PQRS OA OB hai bán kính thay đổi vng góc với Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP Tìm quỹ tích giao điểm M Ax By
HẾT
(12)SỞ GD & ĐT PHÚ YÊN KỲ THI TUYỂN SINH THPT NĂM HỌC 2009 -2010 MÔN : TOÁN (Hệ số 2)
-ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn chấm gồm 04 trang I- Hướng dẫn chung:
1- Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định
2- Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm thống thực Hội đồng chấm thi
3- Điểm toàn thi khơng làm trịn số
II- Đáp án thang điểm:
CÂU ĐÁP ÁN Điểm
Câu 1a. (2,0đ)
Ta có phương trình : x + ax +x + ax + = (1)4 Khi a =1 , (1) x +x +x +x+1= (2) Dễ thấy x = nghiệm
Chia vế (2) cho x2 ta được:
2
1
x + + x + +1=
x x (3).
Đặt
1 1
t = x+ t x+ x +
x x x 2
x + t -2 x . Phương trình (3) viết lại : t + t - = 02
Giải (3) ta hai nghiệm
1 t
2
1 t
2
không thỏa điều kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình cho vơ nghiệm
0,50
0,50
0,50
0,50
Câu1b . (2,0đ)
Vì x = nghiệm (1) nên ta chia vế cho x2 ta
có phương trình :
2
1
x + +a x + +1=
x x
.
Đặt
1 t = x +
x , phương trình : t2 + at - = (4).
Do phương trình cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t| Từ (4)
suy
2 1- t a
t
0,50
(13)Từ :
2 2
2 (1 - t ) a >2
t
t (t - 4) (5)2
Vì |t| nên t2 >0 t2 – , (5) đúng, suy a2 >
0,50
Câu 2a. (2,0đ)
x + + - x - (x + 3)(6 - x) (1)
Điều kiện :
x+3
-3 x 6-x
Đặt :
2 x +
, ,
v = - x
u
u v u v
Phương trình có trở thành hệ :
2 2
u + v = (u + v) - 2uv = u + v - uv = u + v = + uv
Suy : (3+uv)2-2uv =
uv = u = uv = -4 v =
x+3 = x = -3 x = 6-x =
Vậy phương trình có nghiệm x =-3 , x =
0,50 0,50
0,50
0,50
Câu 2b. (2,0đ)
Ta có hệ phương trình :
2
x+y+z=1 x+y = 1-z
2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1
2 x + y = - z
2xy = z - 2z + = (1- z)
2xy = (x + y)2
x + y = 02 x = y = z = 1.
Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1)
0,50
0,50
0,50 0,50
Câu 3.
(3,0đ) Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = (1)
3(x-3) + 6y + 2z + 3y z2 2 2 33 (2) Suy : z2 2z2
33
Hay |z|
Vì z nguyên suy z = |z| = a) z = , (2) (x-3)2 + 2y2 = 11 (3)
Từ (3) suy 2y2
11 |y|
Với y = , (3) khơng có số ngun x thỏa mãn Với |y| = 1, từ (3) suy x { ; 6}.
b) |z| = 3, (2) (x-3)2 + 11 y2 = (4)
Từ (4) 11y2 y = 0, (4) khơng có số nguyên x thỏa mãn
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên (x ;y ;z) (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ;
0,50
0,50
(14)(6 ;1 ;0) (6 ;-1 ;0) 0,50
Câu 4a. (2,0đ)
3 abc3xyz 3(a+x)(b+y)(c+z) (1) Lập phương vế (1) ta :
abc + xyz + (abc) xyz +3 abc(xyz)3 (a+x)(b+y)(c+z)
2
3
abc + xyz+ (abc) xyz +3 abc(xyz)
abc+xyz+abz+ayc+ayz+xbc+xyc+xbz
2
3
3 (abc) xyz +3 abc(xyz) (abz+ayc+ xbc)+ (ayz+xbz+xyc)
(2)
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có :
3
(abz+ayc+ xbc) (abc) xyz (3)
(ayz+xbz+ xyc) abc(xyz) (4)
Cộng hai bất đẳng thức (3) (4) ta bất đẳng thức (2), (1) chứng minh
0,50
0,50
0,50 0,50
Câu4b . (1,0đ)
Áp dụng BĐT (1) với a = 3+ 3, b = 1, c = 1, x = - 3, y = 1, z = 13 Ta có : abc = + 33, xyz = 3-33, a+ x = 6, b + y = 2, c + z = Từ : 33+ 33 33- 33 3 6.2.2 3 (đpcm).
0,50 0,50
Câu 5a. (2,0)
Gọi I, J, K trung điểm QN, MN, PQ Khi :
BJ = MN
2 (trung tuyến vuông MBN)
Tương tự DK = PQ
2 .
IJ = QM
2 (IJ đtb MNQ).
Tương tự IK = PN
2 .
Vì BD BJ + JI + IK + KD Dođó: ABCD
AC AC
S BD (BJ+JI + IK+KD)
2
=AC(MN+NP+PQ+QM)
4
0,50
0,50
0,50 0,50
Câu5b . (1,0)
Chu vi tứ giác MNPQ :
MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
= 2(BJ + JI + IK + KD) 2BD (cmt)
Dấu xảy đường gấp khúc trùng với BD, tức MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cạnh huyền tam giác vuông cân nhau), lúc MNPQ hình chữ nhật
0,50
0,50
Câu 6.
(3,0đ) Kí hiệu hình vẽ.Phần thuận :
AOB =AMB 90 (giả thiết)
A B
D C
M
N
P Q
I J
K
x y
O
K H
P Q
R S
A
B M M'
(15) tứ giác AOBM nội tiếp AMO ABO 45 0(vì AOB
vng cân O)
Suy M nằm đường thẳng qua O tạo với đường PQ góc 450.
Trường hợp B vị trí B’ M’ nằm đường thẳng qua O tạo với PS góc 450. Giới hạn :
*) Khi A H M Q, A K M S
*) Trường hợp B vị trí B’: A H M’ P, A K M’ R
Phần đảo: Lấy M đường chéo SQ (hoặc M’ PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) A Kẻ bán kính OB OA
Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO ABO 45 0)
Suy : AMB AOB 90 0.
Mà AM//PQ , PQ PS MB//PS
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M đường chéo hình vng PQRS
0,50 0,50
0,50
0,50
(16)SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNGNăm học 2009-2010
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 sau: a)
3 13
2 4 3
b)
x y y x x y
xy x y
với x > ; y > ; xy Giải phương trình:
4
x
x
.
Bài 2.(2,0 điểm)
Cho hệ phương trình:
m x y 2
mx y m
(m tham số)
1 Giải hệ phương trình m 2 ;
2 Chứng minh với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệm (x ; y ) thoả mãn: x + y3
Bài 3.(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): yk x 4 (k tham số) parabol (P): y x 2.
1 Khi k2, tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P);
2 Chứng minh với giá trị k đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt;
3 Gọi y1; y2 tung độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) Tìm k
cho: y1y2 y y1
Bài 4.(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
1 Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;
(17)2 Tính CHK ;
3 Chứng minh KH.KB = KC.KD;
4 Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh 2
1 1
AD AM AN .
Bài 5.(0,5 điểm) Giải phương trình:
1 1
3
x 2x 4x 5x
.
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNGNăm học 2009-2010
Hướng dẫn chấm Mơn TỐN
Ý Nội dung Điểm
Bài 1 2,0 điểm
1.
(1,5đ) a)
3 13
2 4 3
=
3 13
2 16
0,25
= 3 4 3 0,25
= 10 0,25
b)
x y y x x y
xy x y
với x > ; y > ; x
y
=
xy x y x y x y
xy x y
0,25
= x y x y 0,25
= x 0,25
2.
(0,5đ)
4
x
x
ĐK: x 2 Quy đồng khử mẫu ta phương trình:
(18)x2 + 2x + = 3(x + 2) x2 x =
Do a b + c = + = nên phương trình có nghiệm:
x = 1; x = (thoả mãn)
Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 1; x = 0,25
Bài 2 2,0 điểm
Ý Nội dung Điểm
1.
(1,0đ) Khi m = ta có hệ phương trình:
x y 2x y
0,25
x x y
0,25
x y
0,25
Vậy với m = hệ phương trình có nghiệm nhất:
x y
0,25
2
(1,0đ) Ta có hệ:
m x y 2
mx y m
x m mx y m
0,25
x m
y m m m
2 x m
y m 2m
Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm nhất:
2 x m
y m 2m
(19)Khi đó: 2x + y = m2 + 4m
= (m 2)2 m (m 2)2
Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm (x; y) thoả mãn 2x + y
0,50
Bài 3 2,0 điểm
Ý Nội dung Điểm
1.
(1,0đ)
Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + 0,25
Khi phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) là:
x2 =
3x + x2 + 3x =
0,25
Do a + b + c = + = nên phương trình có nghiệm: x = 1; x =
Với x = có y = Với x = 4 có y = 16
0,25 Vậy k = 2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm có toạ độ (1; 1);
(4; 16) 0,25
2.
(0,5đ)
Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) là: x2 = (k
1)x + x2 (k 1)x =
0,25 Ta có ac = 4 < nên phương trình có nghiệm phân biệt với giá trị
k
Vậy đường thẳng (d) parabol (P) cắt điểm phân biệt
0,25
3.
(0,5đ)
Với giá trị k; đường thẳng (d) parabol (P) cắt điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thoả mãn:
1 2
x x k x x
Khi đó: y1x12 ; y2 x22
0,25
Vậy y1 + y2 = y1y2
2 2 2 x x x x
(x1 + x2)2 2x1x2 = (x1 x2)2 (k 1)2 + = 16
(k 1)2 =
(20) k 2 k 2
Vậy k 2 k 2 thoả mãn đầu bài.
Bài 4 3,5 điểm
Ý Nội dung Điểm
1.
(1,0đ)
+ Ta có DAB = 90o (ABCD hình vng)
BHD= 90o (gt)
0,25 Nên DAB BHD = 180o
Tứ giác ABHD nội tiếp 0,25
+ Ta có BHD = 90o (gt)
BCD= 90o (ABCD hình vng) 0,25
Nên H; C thuộc đường trịn đường kính DB
Tứ giác BHCD nội tiếp 0,25
2
(1,0đ)
Ta có:
o o BDC BHC 180 CHK BHC 180
CHK BDC
0,5 mà BDC = 45o (tính chất hình vng ABCD)
CHK = 45o 0,5
3.
(1,0đ)
Xét KHD KCB
Có
o KHD KCB (90 ) DKB chung
KHD KCB (g.g) 0,5
KH KD
KC KB 0,25
KH.KB = KC.KD (đpcm) 0,25
4.
(0,5đ)
Qua A kẻ đường thẳng vng góc với AM, đường thẳng cắt đường thẳng DC P
Ta có: BAM DAP (cùng phụ MAD )
AB = AD (cạnh hình vng ABCD)
o
ABM ADP 90
Nên BAM = DAP (g.c.g) AM = AP 0,25
Trong PAN có: PAN = 90o ; AD PN
D C K N
P
A B
(21)nên 2
1 1
AD AP AN (hệ thức lượng tam giác vuông) 2
1 1
AD AM AN
0,25
Bài 5 0,5 điểm
Ý Nội dung Điểm
0,5đ
Ta chứng minh:
1 1 1
3
a b c a 2b b 2c c 2a
(*)
với a > 0; b > 0; c >
0.25đ + Với a > 0; b > ta có: a b a 2b (1)
+ Do
1
a b a b
nên
1
a b a b (2)
+ Từ (1) (2) ta có:
1 3
a b a 2b (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) + Áp dụng (3) ta có:
1 1 1
3
a b c a 2b b 2c c 2a
với a > 0; b> 0; c > 0
Phương trình
1 1
3
x 2x 4x 5x
có ĐK:
3 x
2
Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - ta có:
1 1 1
3
x x 2x 3x 5x 4x
1 1
3
x 2x 5x 4x
với
3 x
2
Dấu “ = ” xảy x 2x 3 x 3
Vậy phương trình có nghiệm x = 0.25đ
1 Trên bước giải khung điểm bắt buộc cho bước, u cầu thí sinh phải trình bày, lập luận biến đổi hợp lí cơng nhận cho điểm
2 Bài phải có hình vẽ phù hợp với lời giải toán (khơng cho điểm hình vẽ) Những cách giải khác cho điểm tối đa theo khung điểm
(22)