De Thi Dap An Vao 10 cac tinh 09 10

Câu 4: 3đ Cho đường tròn O đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt O tại P,Q.Tiếp tuyến tại D trên cung nhỏ BP, cắt PQ ở E; AD cắt PQ tại F .C[r]

§Ò thi tuyÓn sinh líp 10 N¨m häc: 2009 – 2010 M«n: To¸n Ngµy thi: 23 - - 2009 Thêi gian lµm bµi: 120 phót Së GD&§T Hµ Néi x 1   x x  , víi x ≥ vµ x ≠ C©u I(2,5®): Cho biÓu thøc A = x  1/ Rót gän biÓu thøc A 2/ TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A x = 25 3/ Tìm giá trị x để A = -1/3 C©u II (2,5®): Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh hoÆc hÖ ph¬ng tr×nh: Hai tæ s¶n xuÊt cïng may mét lo¹i ¸o NÕu tæ thø nhÊt may ngµy, tæ thø hai may ngày thì hai tổ may đợc 1310 áo Biết ngày tổ thứ may đợc nhiều tổ thứ hai là 10 áo Hỏi tổ ngày may đợc bao nhiªu chiÕc ¸o? C©u III (1,0®): Cho ph¬ng tr×nh (Èn x): x2 – 2(m+1)x + m2 +2 = 1/ Giải phơng trình đã cho m = 2/ Tìm giá trị m để phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt x 1, x2 thoả mãn hệ thức x12 + x22 = 10 C©u IV(3,5®): Cho đờng tròn (O;R) và điểm A nằm bên ngoài đờng tròn Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn (B, C là các tiếp điểm) 1/ Chøng minh ABOC lµ tø gi¸c néi tiÕp 2/ Gäi E lµ giao ®iÓm cña BC vµ OA Chøng minh BE vu«ng gãc víi OA vµ OE.OA = R2 3/ Trên cung nhỏ BC đờng tròn (O;R) lấy điểm K (K khác B và C) Tiếp tuyến K đờng tròn (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự P, Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi K chuyển động trên cung nhỏ BC 4/ Đờng thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đờng thẳng AB, AC theo thứ tự các ®iÓm M, N Chøng minh PM + QN ≥ MN C©u V(0,5®): x2  Gi¶i ph¬ng tr×nh: 1  x  x   (2 x3  x  x  1) 4 §¸p ¸n C©u I: C©u II: C©u III: C©u V: §Ò thi tuyÓn sinh líp 10 N¨m häc: 2009 – 2010 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Së GD&§T CÇn Th¬   x x x 1 x x  x C©u I: (1,5®) Cho biÓu thøc A = x  x  1/ Rót gän biÓu thøc A 2/ Tìm giá trị x để A > C©u II: (2,0®) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh vµ c¸c ph¬ng tr×nh sau: - 3x ≥ -9 2 x +1 = x - x  3x  3 x  36x4 - 97x2 + 36 = Câu III: (1,0đ) Tìm hai số a, b cho 7a + 4b = -4 và đờng thẳng ax + by = -1 qua ®iÓm A(-2;-1) Câu IV: (1,5đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P) Tìm a, biết (P) cắt đờng thẳng (d) có phơng trình y = -x - điểm A có hoành độ Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm đợc Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) (P) và (d) C©u V: (4,0®) Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A, cã AB = 14, BC = 50 §êng ph©n gi¸c cña góc ABC và đờng trung trực cạnh AC cắt E Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp đợc đờng tròn Xác định tâm O đờng tròn này TÝnh BE Vẽ đờng kính EF đờng tròn tâm (O) AE và BF cắt P Chứng minh các đờng thẳng BE, PO, AF đồng quy TÝnh diÖn tÝch phÇn h×nh trßn t©m (O) n»m ngoµi ngò gi¸c ABFCE Gîi ý §¸p ¸n: Së GD&§T Thõa Thiªn HuÕ §Ò thi tuyÓn sinh líp 10 N¨m häc: 2009 - 2010 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (2,25®) Kh«ng sö dông m¸y tÝnh bá tói, h·y gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: 3x  y 17  c) 5 x  y 11 a) 5x2 + 13x - 6=0 b) 4x4 - 7x2 - = Bµi 2: (2,25®) a) Cho hàm số y = ax + b Tìm a, b biết đồ thị hàm số đã cho song song với đờng thẳng y = -3x + và qua điểm A thuộc Parabol (P): y = x2 có hoàng độ b»ng -2 b) Không cần giải, chứng tỏ phơng trình (  )x2 - 2x nghiệm phân biệt và tính tổng các bình phơng hai nghiệm đó = cã hai Bµi 3: (1,5®) Hai máy ủi làm việc vòng 12 thì san lấp đợc 10 khu đất Nừu máy ủi thứ làm mình 42 nghỉ và sau đó máy ủi thứ hai làm mình 22 thì hai máy ủi san lấp đợc 25% khu đất đó Hỏi làm mình thì máy ủi san lấp xong khu đất đã cho bao lâu Bài 4: (2,75đ) Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R Vẽ tiếp tuyến d với đờng tròn (O) t¹i B Gäi C vµ D lµ hai ®iÓm tuú ý trªn tiÕp tuyÕn d cho B n»m gi÷a C vµ D C¸c tia AC vµ AD c¾t (O) lÇn lît t¹i E vµ F (E, F kh¸c A) Chøng minh: CB2 = CA.CE Chứng minh: tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn tâm (O’) Chứng minh: các tích AC.AE và AD.AF cùng số không đổi Tiếp tuyến (O’) kẻ từ A tiếp xúc với (O’) T Khi C D di động trên d thì điểm T chạy trên đờng thẳng cố định nào? Bµi 5: (1,25®) Một cái phễu có hình trên dạng hình nón đỉnh S, bán kính đáy R = 15cm, chiều cao h = 30cm Một hình trụ đặc kim loại có bán kính đáy r = 10cm đặt vừa khít hình nón có đầy nớc (xem hình bªn) Ngêi ta nhÊc nhÑ h×nh trô khái phÔu H·y tÝnh thÓ tÝch vµ chiÒu cao cña khèi níc cßn l¹i phÔu SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT – TP HUẾ Năm học 2009-2010 Môn: TOÁN §¸p ¸n vµ thang ®iÓm Bµi Néi dung Câu §iÓm 2,25 a Gi¶i ph¬ng tr×nh x  13x  0 : 2 LËp  13 120 289 17   17 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: b x1  0,25  13  17  13  17  3; x2   10 10 0,50 Gi¶i ph¬ng tr×nh x  x  0 (1): §Æt t  x §iÒu kiÖn lµ t 0 0,25 Ta đợc : 4t  7t  0 (2) Gi¶i ph¬ng tr×nh (2):  49  32 81 9 ,  9 , 9 t2  2  vµ t1  7   (lo¹i) 0,25 Víi t t2 2 , ta cã x 2 Suy ra: x1  2, x2  VËy ph¬ng tr×nh đã cho cã hai nghiÖm: c 2 a 0,25 x1  2, x2  3x  y 17  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 5 x  y 11 : 3x  y 17  3x  y 17  3x  y 17    13x 39 5 x  y 11 10 x  y 22  x 3   x 3   4 y 9  17   y  0,50 0,25 2,25 + Đồ thị hàm số y ax  b song song với đờng thẳng y  3x  , nên 0,50 a  vµ b 5 + Điểm A thuộc (P) có hoành độ x  nên có tung độ y    2 Suy ra: A   2;  y  x  b + §å thÞ hµm sè ®i qua ®iÓm A   2;  0,25 0,25 nªn: 6  b  b  VËy: a  vµ b  b + Ph¬ng tr×nh 1  x  2x  0 cã c¸c hÖ sè: a 1  , b  , c  Ta có: ac  nờn phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt x1 và x2 0,25 Theo định lí Vi-ét, ta có: x1  x2  b   3 a 1 c  x1 x2    a 1 3  0,25    3 0,25 0,25 x12  x22  x1  x2   x1 x2     3 0,25 7  3 1,5 Gọi x (giờ ) và y (giờ ) là thời gian làm mình máy 0,25 thứ và máy thứ hai để san lấp toàn khu đất (x > ; y > 0) Nếu làm mình thì máy ủi thứ san lấp x khu đất, và máy thứ hai san lấp y khu đất 0,25 Theo giả thiết ta có hệ phương trình : 0,25 ¿ 12 12 + = x y 10 42 22 + = x y ¿{ ¿  12u  12v 10  1  42u  22v  v  u y ta hệ phương trình:  x và Đặt 1 u ;v 300 200 , Suy Giải hệ phương trình tìm  x ; y   300; 200  0,25 0,25 0,25 ra: Trả lời: Để san lấp toàn khu đất thì: Máy thứ làm mình 300 giờ, máy thứ hai làm mình 200 4 a 2,75 0,25 0,25 0,25 + Hình vẽ đúng + Hai tam giác CAB và CBE có:   Góc C chung và CAB EBC (góc nội tiếp và góc tạo tiếp tuyến  với dây cùng chắn cung BE ) nên chúng đồng dạng Suy ra: CA CB   CB CA CE CB CE b   Ta có: CAB EFB ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE)   Mà CAB  BCA 90 (tam giác CBA vuông B) nên   ECD  BFE 900   Mặt khác BFD BFA 90 (tam giác ABF nội tiếp nửa đường tròn)      ECD  BFE  BFD 1800  ECD  DFE 1800 c 0,25 0,25 0,25 0,25 Nên : Vậy tứ giác CEFD nội tiếp đường tròn (O’) + Xét tam giác vuông ABC: BE ⊥ AC ⇒ AC.AE = AB2 = 4R2 ( hệ thức lượng tam giác vuông ) 0,25 2 Tương tự, tam giác vuông ABD ta có: AD.AF = AB = 4R Vậy C D di động trên d ta luôn có : AC.AE = AD.AF = 4R2 ( không đổi ) 0,25 + Hai tam giác ATE và ACT đồng dạng (vì có góc A chung và 0,25 ATE TCA  ) 2 + Suy ra: AT  AC AE 4 R (không đổi) Do đó T chạy trên đường tròn tâm A bán kính 2R 0,25 1,25 0,25 0,25 + Hình vẽ thể mặt c¾t h×nh nãn vµ h×nh trô bëi mÆt ph¼ng ®i qua trôc chung cña chóng Ta cã DE//SH nªn: h  R  r  30 5 DE DB   DE   10 (cm) SH HB R 15 Do đó: Chiều cao hình trụ là h ' DE 10 (cm) 0,25 + NÕu gäi V , V1 , V2 lÇn lît lµ thÓ tÝch khèi níc còn lại phểu 0,25 nhấc khối trụ khỏi phểu, thÓ tÝch h×nh nãn vµ thÓ tÝch khèi trô, ta cã: 152 30 V V1  V2   R h   r h '   1000 1250  cm3  3 Khèi níc còn lại phểu nhấc khối trụ khỏi phểu lµ mét 0,25 khối nón có bán kính đáy là r1 và chiều cao h1 Ta có: r1 h1 Rh h   r1   R h h 2  h13 V   r1 h1  1250  h13 15000 12 Suy ra: VËy: ChiÒu cao cña khối níc còn lại phÓu là: h1  15000 10 15 (cm) Ghi chó:  Học sinh làm cách khác đáp án nhng đúng cho điểm tối đa  §iÓm toµn bµi kh«ng lµm trßn K× thi tuyÓn sinh líp 10 Trung häc phæ th«ng N¨m häc 2009-2010 Kho¸ ngµy 24-6-2009 M«n thi: to¸n Së GD vµ §T Thµnh phè Hå ChÝ Minh C©u I: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh vµ hÖ ph¬ng tr×nh sau: a) 8x2 - 2x - = 2 x  y 3  b) 5 x  y 12 c) x4 - 2x2 - = d) 3x2 - x + = C©u II: x2 a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = và đờng thẳng (d): y = x + trên cùng hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) và (d) phép tính C©u III: Thu gän c¸c biÓu thøc sau: 15   A =  1 5  x y x y   B =   xy  xy   x  xy   :      xy  C©u IV: Cho ph¬ng tr×nh x2 - (5m - 1)x + 6m2 - 2m = (m lµ tham sè) a) Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi m b) Gọi x1, x2 là nghiệm phơng trình Tìm m để x12 + x22 =1 Câu V: Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) có tâm O, bán kính R Gọi H là giao điểm ba đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC Gọi S là diÖn tÝch tam gi¸c ABC a) Chúng minh AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đờng tròn b) Vẽ đờng kính AK đờng tròn (O) Chứng minh tam giác ABD và tam giác AB.BC.CA 4R AKC đồng dạng với Suy AB.AC = 2R.AD và S = c) Gọi M là trung điểm BC Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiếp đờng tròn d) Chøngminh r»ng OC vu«ng gãc víi DE vµ (DE + EF + FD).R = S Gợi ý đáp án Së GD - §T Kh¸nh hoµ K× thi tuyÓn sinh líp 10 n¨m häc 2009-2010 m«n: to¸n Ngµy thi : 19/6/2009 Thêi gian lµm bµi: 120 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao đề) Bµi 1: (2,0®) (Kh«ng dïng m¸y tÝnh cÇm tay) a Cho biÕt A = + 15 vµ B = - 15 h·y so s¸nh tæng A + B vµ tÝch A.B 2 x  y 1  b Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 3x  y 12 Baøi 2: (2,50 ñieåm) Cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d): y = mx – (m là tham số, m ≠ ) a Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng Oxy b Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm (p) và (d) c Goïi A(xA; yA), B(xB; yB) laø hai giao ñieåm phaân bieät cuûa (P) vaø (d) tìm caùc giaù trò cuûa m cho yA + yB = 2(xA + xB) – Baøi 3: (1,50 ñieåm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 6(m) và bình phương độ dài đường chéo gấp lần chu vi Xác định chiều dài và chiều rộng mảnh đất đó Baøi 4: (4,00 ñieåm) Cho đường tròn (O; R) Từ điểm M nằm ngoài (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là hai tiếp điểm) Lấy điểm C bất kì trên cung nhỏ AB (Ckhác với A và B) Gọi D, E, F là hình chiếu vuông góc C trên AB, AM, BM a Chứng minh AECD là tứ giác nội tiếp   b Chứng minh: CDE CBA c Gọi I là giao điểm AC và ED, K là giao điểm CB và DF Chứng minh IK//AB d Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ Tính giá trị nhỏ đó OM = 2R Heát - HƯỚNG DẪN GIẢI Baøi 1: (2,00 ñieåm) (Khoâng duøng maùy tính caàm tay) a Cho bieát A 5  15 vaø B =  15 haõy so saùnh toång A+B vaø tích A.B Ta coù : A+B=  15   15 10  A.B =  15       15  5   15  2 25  15 10 Vaäy A+B = A.B 2 x  y 1  b Giaûi heä phöông trình: 3x  y 12 2 x  y 1  y 1  x  y 1  x    3 x  y 12 3 x   x 12 3 x    x  12  y 1  x   7 x  12  y 1  x   7 x 14  y 1   y     x 2  x 2 Baøi 2: (2,50 ñieåm) Cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d): y = mx – (m là tham số, m ≠ ) a Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng Oxy TXÑ: R BGT: x -2 -1 2 y=x 1 Ñieåm ñaëc bieät: Vì : a = > nên đồ thị có bề lõm quay lên trên Nhận trục Oy làm trục đối xứng Điểm thấp O(0;0) ĐỒ THỊ: b Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm (p) và (d) Khi m = thì (d) : y = 3x – Phương trình tìm hoành độ giao điểm: x2 = 3x – x2 - 3x + = (a+b+c=0) =>x1 = ; y1 = vaø x2 = 2; y2 = Vaäy m = thì d caét P taïi hai ñieåm (1; 1) vaø (2; 4) c Goïi A(xA; yA), B(xB; yB) laø hai giao ñieåm phaân bieät cuûa (P) vaø (d) tìm caùc giaù trò cuûa m cho yA + yB = 2(xA + xB) – 1(*) y y=x Vì A(xA; yA), B(xB; yB) laø giao ñieåm y A = mx A  - - y B = mx B  cuûa (d) vaø (P) neân: y A  y B =m  x A  x B   Thay vaøo (*) ta coù: m  x A  x B   2  x A  x B    m  x A  x B  2  x A  x B    m  xA  xB   xA  xB   m 2    xA  x B   xA  xB  Baøi 3: (1,50 ñieåm) Gọi x(m) là chiều dài mảnh đất hình chữ nhật => x-6 (m) là chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật(ĐK: x-6>0 => x> 6) chu vi mảnh đất là  x+  x-6   =  2x-6  4 x  12 Theo định lí Pitago; bình phương độ dài đường chéo là: x   x-6  x  x  36  12 x 2x  12 x  36 Ta coù phöông trình : 2x  12 x  36 5  x  12   2x  12 x  36 20 x  60  2x  32 x  96 0  x  16 x  48 0  ' 64  48 16  '  16 4 84 8 Phöông trình co ùhai nghieäm: x1  12 vaø x  46  loại  1 Vậy chiều dài mảnh đất là 12(m) và chiều rộng mảnh đất là 6(m)  Baøi 4: (4,00 ñieåm) ñt:(O; R),tt:MA,MB;C  AB GT CD  AB; CE  AM; CF  BM a Chứng minh AECD là tứ giác noäi tieáp KL   b Chứng minh: CDE CBA c IK//AB BAØI LAØM: x a Chứng minh AECD là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác AECD ta có : - Hai góc đối AEC  ADC 90 (CD  AB; CE  AM ) Neân toång cuûa chuùng buø Do đó tứ giác AECD nội tiếp đường tròn    M b Chứng minh: CDE CBA Tứ giác AECD nội tiếp đường tròn nên     CDE CAE (cuøngchaéncungCE ) E Ñieåm C thuoäc cung nhoû AB neân:   CAE CBA (cuøngchaéncungCA )   CDE CBA C Suy : c Chứng minh IK//AB A Xeùt DCE vaø BCA ta coù: A 1A D DK D N I F B  B  (cmt )  D     DCE KCI E  A (cuøngchaéncungCD )     D  ;A  D  FBC  maø EAD IDK( A ) 1 2   EAD  DCE 180 (tứ giác AECD nội tiếp)    KCI  IDK 180 Suy tứ giác ICKD nội tiếp =>     CIK CDK cuøngchaén CK Maø      CAB CDK cuøngchaén CBF    CIK CBA vị trí đồng vị   Suy  IK//AB (ñpcm) d Xaùc ñònh vò trí ñieåm C treân cung nhoû AB để (AC2 + CB2) nhỏ Tính giá trị nhỏ đó OM = 2R Gọi N là trung điểm AB Ta có: AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2 = 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2 + AN2 – 2AN.ND + ND2 = 2CN2 + 2AN2 = 2CN2 + AB2/2 AB2/2 ko đổi nên CA2 + CB2 đạt GTNN CN đạt GTNN  C là giao điểm ON và cung nhỏ AB => C là điểm chính cung nhỏ AB Khi OM = 2R thì OC = R hay C là trung điểm OM => CB = CA = MO/2 = R Do đó: Min (CA2 + CB2 ) = 2R2 Sở GD&ĐT Hà Tĩnh ĐỀ CHÍNH THỨC Mã 04 ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 Môn: Toán Thời gian là bài:120 phút Bàì 1: Giải phương trình: x2 + 5x + = Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + qua điểm M(-2;2) Tìm hệ số a Bài 2:Cho biểu thức: x√ x x2 P= + 2− với x >0 √ x +1 x √ x + x √x 1.Rút gọn biểu thức P 2.Tìm giá trị x để P = Bài 3: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 hàng Khi khởi hành thì xe phải điều làm công việc khác, nên xe còn lại phải chở nhiều 0,5 hàng so với dự định Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận chuyển (biết khối lượng hàng xe chở nhau) Bài 4: Cho đường tròn tâm O có các đường kính CD, IK (IK không trùng CD) Chứng minh tứ giác CIDK là hình chữ nhật Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến C đường tròn tâm O thứ tự G; H a Chứng minh điểm G, H, I, K cùng thuộc đường tròn b Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí G và H diện tích tam giác DỊJ đạt giá trị nhỏ Bài 5: Các số a , b , c ∈ [ −1 ; ] thoả mãn điều kiện a+2 b+3 c ≤ chứng minh bất đẳng thức: a2 +2 b2 +3 c ≤ 36 Đẳng thức xảy nào? …………… HẾT…………… ( )( ) gi¶i Bµi 1: a., Gi¶i PT: x2 + 5x +6 = ⇒ x1 = -2, x2= -3 b Vì đờng thẳng y = a.x + qua điểm M(-2; 2) nên ta có: = a.(-2) +3 ⇒ a = 0,5 Bµi 2: §K: x> a P = ( x√x + x ).(2) √x √ x +1 x √ x + x = x √ x +x √ x −1 √ x+1 √x = √ x(2 √ x − 1) P=0 ⇔ √ x(2 √ x − 1) ⇔ x = , x = Do x = kh«ng thuéc §K X§ nªn lo¹i VËy P = ⇔ x = Bµi 3: Gäi sè xe thùc tÕ chë hµng lµ x xe ( x N* ) Thì số xe dự định chở hàng là x +1 ( xe ) Theo dự định xe phải chở số là: 15 (tÊn) b x +1 15 (tÊn) x Nhng thùc tÕ mçi xe ph¶i chë sè tÊn lµ: Theo bµi ta cã PT: 15 - 15 = 0,5 x x +1 Giải PT ta đợc: x1 = -6 (loại) x2= (t/m) VËy thùc tÕ cã xe tham gia vËn chuyÓn hµng Bµi Ta có CD là đờng kính, nên: ∠ CKD = ∠ CID = 900 (T/c gãc néi tiÕp) Ta có IK là đờng kính, nên: ∠ KCI = ∠ KDI = 900 (T/c gãc néi tiÕp) VËy tø gi¸c CIDK lµ h×nh ch÷ nhËt a V× tø gi¸c CIDK néi tiÕp nªn ta cã: ∠ ICD = ∠ IKD (t/c gãc néi tiÕp) MÆt kh¸c ta cã: ∠ G = ∠ ICD (cïng phô víi ∠ GCI) ⇒ ∠ G = ∠ IKD VËy tø gi¸c GIKH néi tiÕp b Ta cã: DC GH (t/c) ⇒ DC2 = GC.CH mà CD là đờng kính ,nên độ dài CD không đổi ⇒ GC CH không đổi Để diện tích Δ GDH đạt giá trị nhỏ GH đạt giá trị nhỏ Mà GH = GC + CH nhá nhÊt GC = CH Khi GC = CH ta suy ra: GC = CH = CD Vµ IK CD Bµi 5: Do -1 a , b , c ≤ Nªn a +1 a-4 ⇒ a2 3.a +4 b2 3b +4 6b+8 ⇒ 2.b 3.c2 9c +12 Suy ra: a2+2.b2+3.c2 3.a +4+6 b + 8+9c +12 a2+2.b2+3.c2 36 (v× a +2b+3c 4) Suy ra: (a+1)( a -4) T¬ng tù ta cã …………… HẾT…………… SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: TOÁN ( Hệ số – môn Toán chung) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ***** Bài 1: (1,5 điểm) P x2 x 1 x 1   x x  x  x 1 x  Cho a Rút gọn P b Chứng minh P <1/3 với Bài 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: và x#1 (1) a Chứng minh phương trình (1) luôn luôn có nghiệm phân biệt b Gọi là nghiệm phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức c Tìm hệ thức và không phụ thuộc vào m Câu 3: (2,5 điểm) Hai vòi nước cùng chảy vào cái bể không có nước thì đầy bể Nếu để riêng vòi thứ chảy giờ, sau đó đóng lại và mở vòi thứ hai chảy tiếp thì 2/5 bể Hỏi chảy riêng thì vòi chảy đầy bể bao lâu? Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là trung điểm BC, M là điểm trên đoạn CI (M khác C và I) Đường thẳng AM cắt (O) D, tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM M cắt BD P và cắt DC Q a Chứng minh DM AI = MP IB b Tính tỉ số Câu 5: (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a+b+c=3 Chứng minh rằng: HƯỚNG DẪN BÀI ,5 a Chứng minh DM AI = MP IB Chứng minh hai tam giác MDP và ICA đồng dạng :    PMQ AMQ AIC ( Đối đỉnh + cùng chắn cung)   MDP ICA ( cùng chắn cung AB ) Vậy hai tam giác đồng dạng trường hợp góc – góc MD IC  Suy MP IA => Tích chéo & IC =IB b) Chứng minh hai tam giác MDQ và IBA đồng dạng :     DMQ AIB ( cùng bù với hai góc nhau), ABI MDC (cùng chắn cung AC) MD IB MD IC   MQ IA => đồng thời có MP IA => MP = MQ => tỉ số chúng Bài : a a  ab  ab ab  a   b2  b2  b2 tương tự với phân thức còn lại suy a b c ab bc ca ab bc ca    a  b  c  (   )  3 (   )  b  c2  a2  b  c2  a2 2b 2c 2c Ta có (a  b  c) 3(ab  bc  ca) , thay vào trên có a b c    2  b  c  a – 9/6 => điều phải chứng minh , dấu đẳng thức xảy và a = b = c = SỞ GIÁO DỤC ĐAØO TẠO BÌNH ÑÒNH Đề chính thức KỲ THI TUYỂN SINH VAØO LỚP 10 THPT NAÊM HOÏC 2009 - 2010 Môn thi: Toán Ngaøy thi: 02/ 07/ 2009 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Baøi 1: (2,0 ñieåm) Giaûi caùc phöông trình sau: 2(x + 1) = – x x2 – 3x + = Baøi 2: (2,0 ñieåm) Cho hàm số y = ax + b tìm a, b biết đồ thị hàm số đẫ cho qua hai ñieåm A(-2; 5) vaø B(1; -4) Cho haøm soá y = (2m – 1)x + m + a tìm điều kiện m để hàm số luôn nghịch biến b Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hoành độ  baèng Baøi 3: (2,0 ñieåm) Một người xe máy khởi hành từ Hoài Ân Quy Nhơn Sau đó 75 phút, trên cùng tuyến đường đó ôtô khởi hành từ Quy Nhơn Hoài Ân với vận tốc lớn vận tốc xe máy là 20 km/giờ Hai xe gặp Phù Cát Tính vận tốc xe, giả thiết Quy Nhơn cách Hoài Ân 100 km và Quy Nhơn caùch Phuø Caùt 30 km Baøi 4: (3,0 ñieåm) Cho tam giác vuông ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB Kéo dài AC (về phía C) đoạn CD cho CD = AC Chứng minh tam giác ABD cân Đường thẳng vuông góc với AC A cắt đường tròn (O) E Kéo dài AE (về phía E) đoạn EF cho EF = AE Chứng minh ba điểm D, B, F cùng nằm trên đường thẳng Chứng minh đường tròn qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường troøn (O) Baøi 5: (1,0 ñieåm) Với số k nguyên dương, đặt Sk = ( + 1)k + ( - 1)k Chứng minh rằng: Sm+n + Sm- n = Sm Sn với m, n là số nguyên dương và m > n SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề chính thức KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009 - 2010 Lời giải vắn tắt môn thi: Toán Ngày thi: 02/ 07/ 2009 Bài 1: (2,0 điểm) Giaûi caùc phöông trình sau: 1) 2(x + 1) =4–x  2x + =4-x  2x + x = -  3x =2  x= 2) x2 – 3x + = (a = ; b = - ; c = 2) Ta có a + b + c = - + = Suy x1= và x2 = = Bài 2: (2,0 điểm) 1.Ta có a, b là nghiệm hệ phương trình 5 = -2a + b  -4 = a + b -3a =   -4 = a a = -   b = - +b Vậy a = - vaø b = - Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + a) Để hàm số nghịch biến thì 2m – <  m < b) Để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hoành độ  Hay đồ thị hàm số qua điểm có toạ đôï ( ;0) Ta phải cĩ pt = (2m – 1).(- ) + m +  m =  Bài 3: (2,0 điểm) Quãng đường từ Hoài Ân Phù Cát dài: 100 - 30 = 70 (km) Gọi x (km/h) là vận tốc xe máy ĐK: x > Vận tốc ô tô là x + 20 (km/h) Thời gian xe máy đến Phù Cát: (h) Thời gian ô tô đến Phù Cát: (h) Vì xe máy trước ô tô 75 phút = (h) nên ta có phương trình : - = Giải phương trình trên ta x1 = - 60 (loại) ; x2 = 40 (nhaän) Vậy vận tốc xe máy là 40(km/h), vận tốc ô tô là 40 + 20 = 60(km/h) Bài 4: a) Chứng minh  ABD cân  Xét  ABD có BC  DA (Do ACB = 900 : Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) Mặt khác : CA = CD (gt) BC vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên  ABD cân B b)Chứng minh ba điểm D, B, F cùng nằm trên đường thẳng  Vì CAE = 900, nên CE là đường kính (O), hay C, O, E thẳng hàng Ta có CO là đường trung bình tam giác ABD Suy BD // CO hay BD // CE (1) Tương tự CE là đường trung bình cuûa tam giaùc ADF Suy DF // CE (2) Từ (1) và (2) suy D, B, F cùng nằm trên đường thẳng c)Chứng minh đường tròn qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O) Ta chứng minh BA = BD = BF Do đó đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính Vì OB = AB - OA > Nên đường tròn qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O) A Bài 5: (1,0 điểm) Với m, n là số nguyên dương và m > n Vì Sk = ( + 1)k + ( - 1)k Ta coù: Sm+n = ( + 1)m + n + ( - 1)m + n Sm- n = ( + 1)m - n + ( - 1)m - n Suy Sm+n + Sm- n = ( + 1)m + n + ( - 1)m + n + ( + 1)m - n + ( - 1)m – n (1)  ( 2+ 1) m + ( 2- 1) m   ( 2+ 1)n + ( 2- 1) n     Maët khaùc Sm.Sn =  = ( + 1)m+n + ( - 1)m+n + ( + 1)m ( - 1)n + ( - 1)m ( + 1)n (2) Maø ( + 1)m - n + ( - 1)m - n ( 2+ 1) m ( 2- 1) m ( 2+ 1)m ( 2- 1)n  ( 2- 1) m ( 2+ 1) n n n ( 2- 1)n ( 2+ 1) n = ( 2+ 1) + ( 2- 1) = ( 2+ 1) m ( 2- 1) n  ( 2- 1) m ( 2+ 1) n 1n = m n m n = ( 2+ 1) ( 2- 1)  ( 2- 1) ( 2+ 1) (3) Từ (1), (2) và (3) Vậy Sm+n + Sm- n = Sm Sn với m, n là số nguyên dương và m > n SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi TOÁN ( chung cho tất các thí sinh) Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2.0 điểm ) Tìm x để biểu thức sau có nghĩa a) x b) x Trục thức mẫu a) 3 Giải hệ phương trình : b) 3  x  0   x  y 3 Bài (3.0 điểm ) Cho hàm số y = x2 và y = x + a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ các giao điểm A,B đồ thị hai hàm số trên phép tính c) Tính diện tích tam giác OAB Bài (1.0 điểm ) Cho phương trình x2 – 2mx + m – m + có hai nghiệm x1 ; x (với m là tham số ) Tìm m để biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ Bài (4.0 điểm ) Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC Vẽ dây BD vuông góc với AC K ( K nằm A và O).Lấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không trùng C và D), AE cắt BD H a) Chứng minh tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh AD2 = AH AE c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình tròn (O) d) Cho góc BCD α Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC cân M Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O) ======Hết====== Họ và tên : Số báo danh Hướng dẫn: Bài (2.0 điểm ) Tìm x để biểu thức sau có nghĩa x 0 a) Trục thức mẫu a) x  0  x 1 b) 3   2 2  3 b)  x  0   x  y   Giải hệ phương trình :  x 1   1  y 3    1  3  1  1 1  3  x 1   y 2 Bài (3.0 điểm ) Cho hàm số y = x2 và y = x + a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy Lập bảng : x -2 x -2 -1 y=x+2 y=x 1 y B b) Tìm toạ độ giao điểm A,B : Gọi tọa độ các giao điểmAA( x1 ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) hàm số y = x2 có đồ thị (P) x và y = x + có đồ thịC (d) O K độ điểm H chung (P) và (d) Viết phương trình hoành 2 x = x+2  x – x –2=0 ( a = , b = – , c = – ) có a – b + c = – ( – ) – =  x1  x2  c 2  2 a ; thay x1 = -1  y1 = x2 = (-1)2 = ; x2 =  y2 = Vậy tọa độ giao điểm là A( - ; ) , B( ; ) c) Tính diện tích tam giác OAB : OC =/xC / =/ -2 /= ; BH = / yB / = /4/ = ; AK = / yA / = /1/ = 1 - SOAC = (OC.BH - OC.AK)= = (8 - 2)= 3đvdt Cách : SOAB = SCOH Cách : Hướng dẫn : Ctỏ đường thẳng OA và đường thẳng AB vuông góc 2 2 2 2 OA  AK  OK  1  ; BC = BH  CH   4 ; AB = BC – AC = BC – OA = (ΔOAC cân AK là đường cao đồng thời trung tuyến  OA=AC) SOAB 1 2 3 = OA.AB = đvdt Hoặc dùng công thức để tính AB = ( xB  x A )  ( y B  y A ) ;OA= ( xA  xO )2  ( y A  yO )2 Bài (1.0 điểm ).Tìm m để biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ Cho phương trình x2 – 2mx + m – m + ( a = ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m2 - m + ) Δ’ = = m2 - ( m2 - m + ) = m2 - m2 + m - = m – ,do pt có hai nghiệm x1 ; x (với m là tham số ) Δ’ ≥  m ≥ theo viét ta có: x1 + x2 = = 2m x1 x2 = = m2 - m + x12 + x22 = ( x1 + x2) – 2x1x2 = (2m)2 - 2(m2 - m + )=2(m2 + m - ) 1 12 13 13 2 =2(m + 2m + - - ) =2[(m + ) - ]=2(m + ) - 2 1 Do điều kiện m ≥  m + ≥ 3+ = 49 49 1 13 49 13 (m + )2 ≥  2(m + )2 ≥  2(m + )2 - ≥ - = 18 Vậy GTNN x1 + x22 là 18 m = Bài (4.0 điểm ) a) Chứng minh tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp * Tam giác CBD cân AC  BD K  BK=KD=BD:2(đường kính vuông góc dây cung) ,ΔCBD có đường cao CK vừa là đường trung tuyến nên ΔCBD cân * Tứ giác CEHK nội tiếp · · · AEC HEC 1800 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ; KHC 1800 (gt) · · HEC  HKC 900  900 1800 (tổng hai góc đối)  tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh AD2 = AH AE Xét ΔADH và ΔAED có : ¶A chung » ; AC  BD K ,AC cắt cung BD A suy A là điểm chính cung · · » AD »  ADB ¼ AED BAD , hay cung AB (chắn hai cung nhau) AD AH   AD  AH AE Vậy ΔADH = ΔAED (g-g)  AE AD c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình tròn (O) BK = KD = BD : = 24 : = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm 2 2 * ΔBKC vuông A có : KC = BC  BK  20  12  400  144  256 =16 · * ABC 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ΔABC vuông B có BK  AC : BC2 =KC.AC  400 =16.AC  AC = 25  R= 12,5cm C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm) B” M B A O K C H E D d)Tính góc MBC theo α để M thuộc D”đường tròn (O) M’ Giải: ΔMBC cân M có MB = MC nên M nằm trên đường trung trực d BC ; giả sử M  (O) và nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , nên M giao điểm d và đường tròn (O) , đó M là điểm chính cung BC nhỏ ¼ MC ¼  ·BDM ·MDC  BM ·BDC ·DBC (1800  ·DCB) : 900   ΔBCD cân C nên M và B nằm trên hai nửa mặt phẳng có bờ BC đối nên để M thuộc (O) hay tứ giác MBDC nội tiếp nên tổng hai góc đối phải thoả mãn: ·BDC  ·BMC 1800  ·BMC 1800  ·BDC 1800   900    900     2    tam giác MBC cân M nên ·MBC ·BCM  1800  ·BMC : 1800       45   ·  Vậy MBC         90    : 45    Sở giáo dục - đào tạo nam định §Ò chÝnh thøc đề thi tuyển sinh năm học 2009 – 2010 M«n : To¸n - §Ò chung Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Bài1 (2,0 điểm)Trong Câu từ đến Câu có bốn phơng án trả lời A, B, C, D; Trong đó có phơng án đúng Hãy chọn phơng án đúng để viết vào bài làm Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, đồ thị các hàm số y = x2 và y = 4x + m cắt t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt vµ chØ A m > B m > - C m < -1 D m < - C©u Cho ph¬ng tr×nh3x – 2y + = Ph¬ng tr×nh nµo sau ®ay cïng víi ph¬ng trình đã cho lập thành hệ phơng trình vô nghiệm A 2x – 3y – = B 6x – 4y + = C -6x + 4y + = D -6x + 4y – = C©u Ph¬ng tr×nh nµo sau ®©y cã Ýt nhÊt mét nghiÖm nguyªn ? A ( x  5) 5 B 9x2- = C 4x2 – 4x + = D x2 + x + = Câu Trên mặt phẳng tọa độ Oxy góc tạo đờng thẳng y = x + và trục Ox b»ng A 300 B 1200 C 600 D 1500 C©u Cho biÓu thøc P = a víi a < § thõa sè ë ngoµi dÊu c¨n vµo dÊu c¨n, ta đợc P bằng: A 5a B - 5a C 5a D - 5a C©u Trong c¸c ph¬ng tr×nh sau ®©y ph¬ng tr×nh nµo cã hai nghiÖm d¬ng: A x2 - 2 x + = B x2 – 4x + = C x2 + 10x + = D.x2 - x – = Câu Cho đờng tròn (O; R) ngoại tiếp tam giác MNP vuông cân M Khi đó MN b»ng: A R B 2R C.2 R D R C©u 8.Cho hßnh ch÷ nhËt MNPQ cã MN = 4cm; MQ = cm Khi quay h×nh ch÷ nhËt đã cho vòng quanh cạn MN ta đợc hình trụ có thể tích A 48 cm3 B 36  cm3 C 24  cm3 D.72  cm3 Bµi (2,0 ®iÓm) (2 x  1)  9 1) T×m x biÕt : 12  3 2) Rót gän biÓu thøc : M = 3) Tìm điều kiện xác định biểu thức: A =  x  x  Bµi (1,5 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x2 + (3 - m)x + 2(m - 5) = (1), víi m lµ tham sè 1) Chøng minh r»ng víi mäi gi¸ trÞ cña m ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã nghiÖm x1 = 2) Tìm giá trị m để phơng trình (1) có nghiệm x2 = + 2 Bài ( 3,0 điểm) Cho đờng tròn (O; R) Và điểmA nằm ngoài (O; R) Đờng tròn đờng kính AO cắt đờng tròn (O; R) Tại M và N Đờng thẳng d qua A cắt (O; R) B vµ C ( d kh«ng ®i qua O; ®iÓm B n»m gi÷a A vµ C) Gäi H nlµ trung ®iÓm cña BC 1) Chứng minh: AM là tiếp tuyến (O; R) và H thuộc đờng tròn đờng kính AO 2) §êng th¼ng qua B vu«ng gãc víi OM c¾t MN ë D Chøng minh r»ng: a) Gãc AHN = gãc BDN b) Đờng thẳng DH song song với đờng thẳng MC c) HB + HD > CD Bµi (1,5 ®iÓm)  x  y  xy 0  x  y  x y  ( xy  1)  1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  2 2) Chøng minh r»ng víi mäi x ta lu«n cã: (2 x  1) x  x   (2 x  1) x  x  Gợi ý đáp án môn toán Nam Định 09-10 Bµi 1: C©u đáp án B C B C Bµi 2: (2 x  1) D A D =9  2x – = hoÆc 2x – = -9  x = hoÆc x = - 4( - ) 5 M = 12 + = + 2( - ) = ta cã – x2 + 6x + = - (x - 3)2   x (1) A =  ( x  3) Điều kiện để A có nghĩa là: - (x - 3)2  (2) Tõ (1), (2) => x = B Bµi Thay x = vµo ta cã: 22 + (3 - m)2 + 2(m - 5) = + – 2m + 2m – 10 = VËy x = lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1)  m áp dụng định lí viet cho phơng trình (1) ta có: x1 + x2 = m – => x2 = m – – x1 = m – – = m – Mµ x2 = + 2 => m – = + 2 => m = + 2 Bµi 4: Mµ  AHN =  AMN (cmt) =>  AHN =  MDE MÆt kh¸c  MDE =  BDN (®®) =>  AHN =  BDN (®pcm) b tõ c©u trªn => tø gi¸c BDHN néi tiÕp =>  BND =  BHN Mµ  BHN =  BCN (ch¾n BN cña (O)) =>  BHN =  BCN => DH // MC c ta cã : HD + HB = HD + HC Trong  HDC : HD + HC > DC (B§T tam gi¸c) ? HD + HB > DC Bµi x + y = 2xy x+ y – (xy)2 = (xy)  xy  2 => 2xy – (xy)2 = (xy)  xy  (1) §Æt t = (xy)  xy  (t 0) => 2xy – (xy)2 = – t2 (1)  – t2 = t  t = (tm) hoÆc t = -2 (lo¹i) t= => (xy)2 -2xy + = => xy = => x + y = => x, y lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh T2 – 2T + = => x = y = 2 (2x + 1) x  x  > (2x - 1) x  x  (*) [(2x + 1) x  x  ]2 = 4x4 + x2 +3x +1 [(2x - 1) x  x  ]2 = 4x4 + x2 -3x + 1 + NÕu x < => VT < 0, VP < 2 (*)  [(2x + 1) x  x  ]2 < [(2x - 1) x  x  ]2  4x4 + x2 +3x +1 < 4x4 + x2 -3x +  3x < -3x (đúng) §Ò thi tuyÓn sinh líp 10 tØnh NghÖ An N¨m häc: 2009-2010 M«n: To¸n Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) x x 1 x   x 1 C©u I: (3,0®) Cho biÓu thøc A = x  1 Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc A x = 9/4 Tìm tất các giá trị x để A <1 C©uII: (2,5®) Cho ph¬ng tr×nh bËc hai, víi tham sè m: 2x2 – (m+3)x + m = (1) Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) m = 2 Tìm các giá trị tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả m·n: x1 + x2 = x1x2 Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = x1  x2 C©u III: (1,5®) Mét thöa ruéng h×nh ch÷ nhËt cã chiÒu réng ng¾n h¬n chiÒu dµi 45m TÝnh diÖn tÝch thöa ruéng, biÕt r»ng nÕu chiÒu dµi gi¶m ®i lÇn vµ chiÒu réng t¨ng lÇn th× chu vi ruộng không thay đổi Câu IV: (3,0đ) Cho đờng tròn (O;R), đờng kính AB cố định và CD là đờng kính thay đổi không trùng với AB Tiếp tuyến đờng tròn (O;R) B cắt các đờng th¼ng AC vµ AD lÇn lît t¹i E vµ F Chøng minh r»ng BE.BF = 4R2 Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD Chứng minh tâm I luôn nằm trên đờng thẳng cố định Gîi ý §¸p ¸n C©u I: §kx®: x≥ 0, x ≠ x x 1 ( x  1)( x  1) x x x    x1 A = ( x  1)( x  1) ( x 1)( x  1) ( x 1)( x  1) 3 1 Víi x = 9/4 => A = x 1  x1 x  10  x1 x x 1 0  x1 0  x1 Víi A<1 => Vậy để A < thì ≤ x < C©u II: Víi m = th× ph¬ng tr×nh trë thµnh: 2x2 – 5x + = Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm lµ: vµ 1/2 Ta cã  = (m + 3)2 – 4.2.m = m2 - 2m + 9= (m - 1)2 + => >0 víi mäi m => ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x  10  x<1 m 3   x1  x2   x x m 2 Theo ViÐt ta cã:  Mµ x1 + x2 = x1x2 =>2(m+3) = 5m  m = Ta cã (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 - 4x1.x2 = (m + 3)2:4 – 2m = (m2 - 2m + 9):4 = ( m  1)  2  x  x  2 VËy MinP =  m =1 C©u III: Gäi chiÒu dµi cña thöa ruéng lµ x(m) ChiÒu réng cña thöa ruéng lµ y(m) ( x>45, x>y)  x  y 45  x   y x  y =>  Giải hệ ta đợc x = 60, y = 15 (thoả mãn) VËy diÖn tÝch cña thöa ruéng lµ: 60.15 = 900(m2) C©u IV: a Ta có tam giác AEF vuông A (Góc A là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) Mà AB là đờng cao => BE.BF = AB2 (HÖ thøc lîng tam gi¸c vu«ng) => BE.BF = 4R2 ( V× AB = 2R) b Ta cã gãc CEF = gãc BAD (Cïng phô víi gãc BAE) Mµ gãc BAD = gãc ADC ( Tam gi¸c AOD c©n) => Góc CEF = góc ADC => Tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn c Gäi trung ®iÓm cña EF lµ H => IH // AB (*) D Ta l¹i cã tam gi¸c AHE c©n t¹i H (AH lµ trung tuyÕn cña tam gi¸c vu«ng AEF, gãc A = 900) => gãc HAC = gãc HEA (1) O Mµ gãc HEA + gãc BAC = 900 (2) A MÆt kh¸c gãc BAC = gãc ACO ( tam gi¸c AOC c©n t¹i O) (3) Tõ (1), (2) vµ (3) => AH CD C Nhng OI CD => AH//OI (**) Tõ (*) vµ (**) => AHIO lµ h×nh b×nh hµnh => IH = AO = R (không đổi) Nên I cách đờng thẳng cố định EF khoảng không đổi = R => I thuộc đờng thẳng d // EF và cách EF khoảng =R * Chó ý: Trêng hîp CD  AB th× I thuéc AB vµ vÉn c¸ch d mét kho¶ng R SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO F B I H d E KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT = QUẢNG NINH - NĂM HỌC 2009 - 2010 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Ngµy thi : 29/6/2009 Thêi gian lµm bµi : 120 phót (không kể thời gian giao đề) Ch÷ ký GT : Ch÷ ký GT : (§Ò thi nµy cã 01 trang) Bµi (2,0 ®iÓm) Rót gän c¸c biÓu thøc sau : a)  27  300     : x   x ( x  1) b)  x  x Bµi (1,5 ®iÓm) a) Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 + 3x – = b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 3x – 2y = 2x + y = Bµi (1,5 ®iÓm) Cho hàm số : y = (2m – 1)x + m + với m là tham số và m # Hãy xác định m trêng h¬p sau : a) §å thÞ hµm sè ®i qua ®iÓm M ( -1;1 ) b) §å thÞ hµm sè c¾t trôc tung, trôc hoµnh lÇn lît t¹i A , B cho tam gi¸c OAB c©n Bµi (2,0 ®iÓm): Gi¶i bµi to¸n sau b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh hoÆc hÖ ph¬ng tr×nh: Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợc dòng từ B A hết tổng thời gian là Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc dòng nớc là Km/h Tính vận tốc thực ca nô (( Vận tốc ca nô n ớc đứng yªn ) Bµi (3,0 ®iÓm) Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn (O;R) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng trßn (O;R) ( A; B lµ hai tiÕp ®iÓm) a) Chøng minh MAOB lµ tø gi¸c néi tiÕp b) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c AMB nÕu cho OM = 5cm vµ R = cm c) Kẻ tia Mx nằm góc AMO cắt đờng tròn (O;R) hai điểm C và D ( C nằm gi÷a M vµ D ) Gäi E lµ giao ®iÓm cña AB vµ OM Chøng minh r»ng EA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED HÕt -(C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) Hä vµ tªn thÝ sinh: …………………………………… Sè b¸o danh: ……………… §¸p ¸n Bµi 1: a) A = Bµi : a) x1 = ; x2 = -4 b) 3x – 2y = b) B = + x 2x + y = 3x – 2y = <=> 7x = 14 <=> 4x + 2y = x=2 <=> 2x + y = y=1 Bµi : a) Vì đồ thị hàm số qua điểm M(-1;1) => Tọa độ điểm M phải thỏa mãn hàm số : y = (2m – 1)x + m + (1) Thay x = -1 ; y = vµo (1) ta cã: = -(2m -1 ) + m + <=> = – 2m + m + <=> = – m <=> m = VËy víi m = Th× §T HS : y = (2m – 1)x + m + ®i qua ®iÓm M ( -1; 1) c) §THS c¾t trôc tung t¹i A => x = ; y = m+1 => A ( ; m+1) => OA = m 1  m  m  m c¾t truc hoµnh t¹i B => y = ; x = 2m  => B ( 2m  ; ) => OB = 2m  Tam gi¸c OAB c©n => OA = OB  m m 1 <=> = 2m  Gi¶i PT ta cã : m = ; m = -1 Bµi 4: Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ x ( km/h) ( x>5) VËn tèc xu«i dßng cña ca n« lµ x + (km/h) VËn tèc ngîc dßng cña ca n« lµ x - (km/h) 60 Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : x  ( giê) 60 Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : x  ( giê) 60 60 Theo bµi ta cã PT: x  + x  = <=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 – 25) <=> x2 – 120 x – 125 =  x1 = -1 ( kh«ng TM§K)  x2 = 25 ( TM§K) VËy v©n tèc thùc cña ca n« lµ 25 km/h Bµi 5: A D C E M O B a) Ta cã: MA  AO ; MB  BO ( T/C tiÕp tuyÕn c¾t nhau)   => MAO MBO 90   Tứ giác MAOB có : MAO  MBO 900 + 900 = 1800 => Tứ giác MAOB nội tiếp đờng trßn b) ¸p dông §L Pi ta go vµo  MAO vu«ng t¹i A cã: MO2 = MA2 + AO2  MA2 = MO2 – AO2  MA2 = 52 – 32 = 16 => MA = ( cm) V× MA;MB lµ tiÕp tuyÕn c¾t => MA = MB =>  MAB c©n t¹i A MO là phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO là đờng trung trực => MO  AB XÐt  AMO vu«ng t¹i A cã MO  AB ta cã: AO AO2 = MO EO ( HTL  vu«ng) => EO = MO = (cm) 16 => ME = - = (cm) ¸p dông §L Pi ta go vµo tam gi¸c AEO vu«ng t¹i E ta cã:AO2 = AE2 +EO2 81 144 12  AE = AO – EO = - 25 = 25 = 12  AE = ( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE MO là đờng trung trực AB) 24 1 16 24 192  AB = (cm) => SMAB = ME AB = 5 = 25 (cm2) c) XÐt  AMO vu«ng t¹i A cã MO  AB ¸p dông hÖ thøc lîng vµo tam gi¸c vu«ng AMO ta 2 cã: MA2 = ME MO (1) ADC MAC   mµ : = S® AC ( gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng ch¾n cung) MA MD   MAC   DAM (g.g) => MC MA => MA2 = MC MD (2) MD ME  Tõ (1) vµ (2) => MC MD = ME MO => MO MC MD ME     MDO  MCE   MDO ( c.g.c) ( M chung; MO MC ) => MEC ( gãc tøng) ( 3) OA OM T¬ng tù:  OAE OMA (g.g) => OE = OA OA OM OD OM  => OE = OA = OE OD ( OD = OA = R) OD OM     Ta cã:  DOE   MOD ( c.g.c) ( O chong ; OE OD ) => OED ODM ( gãc t øng) (4)   AEC  MEC  OED MEC Tõ (3) (4) => mµ : =90 AED  OED  =900    => AEC  AED => EA lµ ph©n gi¸c cña DEC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm trang) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Khóa ngày: 18 tháng năm 2009 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (0.5đ) Phân tích thành nhân tử: ab + b b + a + (a 0) Câu 2: (0.5đ) Đơn giản biểu thức: A = tg2  - sin2  tg2  (  là góc nhọn) Câu 3: (0.5đ) Cho hai đường thẳng d1: y = (2 – a)x + và d2: y = (1 + 2a)x + Tìm a để d1 // d2 Câu 4: (0.5đ) Tính diện tích hình tròn biết chu vi nó 31,4 cm (Cho  = 3,14) Câu 5: (0.75đ) Cho  ABC vuông A Vẽ phân giác BD (D  AC) Biết AD = 1cm; DC = 2cm Tính số đo góc C Câu 6: (0.5đ) Cho hàm số y = 2x2 có đồ thị Parabol (P) Biết điểm A nằm trên (P) có hoành độ - Hãy tính tung độ điểm A Câu 7: (0.75đ) Viết phương trình đường thẳng MN, biết M(1 ;-1) và N(2 ;1) Câu 8: (0.75đ) Cho  ABC vuông A, biết AB = 7cm; AC = 24cm Tính diện tích xung quanh hình nón sinh quay tam giác ABC vòng quanh cạnh AC Câu 9: (0.75đ) Rút gọn biểu thức B =  2  2  Câu 10: (0.75đ) Cho  ABC vuông A Vẽ đường cao AH, biết HC = 11cm, AB = cm Tính độ dài cạnh BC Câu 12: (0.75đ) Một hình trụ có diện tích toàn phần là 90  cm2, chiều cao là 12cm Tính thể tích hình trụ Câu 13: (0.75đ) Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) cắt A và B Một đường R ' BD  thẳng qua A cắt (O) C và cắt (O’) D Chứng minh rằng: R BC Cho phương trình bậc hai (ẩn x, tham số m): x2 – 2mx + 2m – = (1) Với giá trị nào m thì phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thõa mãn x1 = 3x2 ? Câu 15: (0.75đ) Trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB lấy hai điểm E và F cho AE  AF (E A và F B), các đoạn thẳng AF và BE cắt H Vẽ HD  OA (D  OA; D O) Chứng minh tứ giác DEFO nội tiếp đường tròn - HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2009 – 2010 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài 120 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Ngày thi : 24 tháng năm 2009 A TRẮC NGHIỆM:( ĐIỂM) (Đã bỏ đáp án, xem bài tập lí thuyết để luyện tập) 1.Tính giá trị biểu thức  M 2  2 ? 1 x Tính giá trị hàm số x  x(1  x)  x  x y 3.Có đẳng thức nào? Viết phương trình đường thẳng qua điểm M( 1; ) và song song với đường thẳng y = 3x Cho (O; 5cm) và (O’;4cm) cắt A, B cho AB = 6cm Tính độ dài OO?  Cho biết MA , MB là tiếp tuyến đường tròn (O), BC là đường kính BCA 70  Tính số đo AMB ?  7.Cho đường tròn (O ; 2cm),hai điểm A, B thuộc đường tròn cho AOB 120 Tính độ dài cung nhỏ AB? Một hình nón có bán kính đường tròn đáy 6cm ,chiều cao 9cm thì thể tích bao nhiêu? B TỰ LUẬN :( 8,0 ĐIỂM) Bài : (2 điểm) Tính A 1  2 2 Giải phương trình (2  x )(1  x )  x  y  xm Tìm m để đường thẳng y = 3x – và đường thẳng cắt điểm trên trục hoành Bài ( điểm) Cho phương trình x2 + mx + n = ( 1) 1.Giải phương trình (1) m =3 và n =  x1  x 3  x  x 9 2.Xác định m ,n biết phương trình (1) có hai nghiệm x1.x2 thoả mãn  Bài : (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Một đường tròn (O) qua B và C cắt các cạnh AB , AC tam giác ABC D và E ( BC không là đường kính đường tròn tâm O).Đường cao AH tam giác ABC cắt DE K   1.Chứng minh ADE ACB 2.Chứng minh K là trung điểm DE 3.Trường hợp K là trung điểm AH Chứng minh đường thẳng DE là tiếp tuyến chung ngoài đường tròn đường kính BH và đường tròn đường kính CH Bài :(1điểm) a , a , a , , a 361 Cho 361 số tự nhiên thoả mãn điều kiện 1 1     37 a1 a2 a3 a 361 Chứng minh 361 số tự nhiên đó, tồn ít số ======Hết====== Gợi ý đáp án Bài 2:  = m2 – 4n ≥  m2 ≥ n Theo Viét ta có:  x1  x2  m   x1.x2 n  x1  x2  m  x x n    x1  x2 3  Kết hợp với trên ta có:  x1  x2 9  Bài 3:  x1  x2  m  x  x 3   m  3n 3 n m    m 2  => n 3 a Ta có tứ giác BDEC nội tiếp B   => BDE  ACB 180 H O   Mà BDE  ADE 180 ( hai góc kề bù)   => ADE  ACB D b Chứng minh tương tự phần a, K   ta có AED  ABC A E C   mà HAC  ABC ( cùng phụ với góc ACB)   => HAC  AED => AEK cân K => AK=KE (1) Chứng minh tương tự ta có AKD cân K => AK = KD (2) => KE=KD => K là trung điểm DE c Vì K là trung điểm AH và DE nên tứ giác ADHE là hình bình hành Mà góc A =900 => ADHE là hình chữ nhật => AK = KH = KD = KE Ta có O1DK = O1HK B Mà góc O1HK = 900 => góc O1DK = 900 O1 H O D Mặt khác DO1 = BO1 = HO1 (t/c tam giác vuông) O2 K => DE là tiếp tuyến (O1) Tương tự ta chứng minh A DE là tiếp tuyến (O2) => DE là tiếp tuyến chung (O1) và (O2) Bài 5: Xét B= 1    361 = 2    1 2 361  361 E C < 1 2   2 3 361  360 = 1+2(  ) + 2(  )+…+2( 361  360 ) = 1+2( 361  )=1+2(19-1)=37 => B<17 (1) Vì a1, a2, …,a361 là 361 số tự nhiên bất kì =>A ≤ B (2) Từ (1) và (2) => A<17 Mà theo đề bài A = 17 => Luôn tồn ít số tự nhiên trùng 361 số đã cho SỞ GD & ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2009 – 2010 Môn thi : Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25/6/2009 Bài 1: (1,5 điểm) Giải hệ phương trình và phương trình sau : 3x  2y   a) 5x  3y  b) 9x4 + 8x2 – 1= Bài 2: (2,0 điểm)   x 3  A    : x x   x   Cho biểu thức : x 2  x   a) Với điều kiện xác định x hãy rút gọn A b) Tìm tất các giá trị x để A nhỏ Bài 3: (3,0 điểm) a) Cho hàm số y = -x2 và hàm số y = x – Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng hệ trục tọa độ Tìm tọa độ giao điểm hai đô thị trên phương pháp đại số b) Cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng (D) : y = mx - m – Tìm m để (D) tiếp xúc với (P) Chứng minh hai đường thẳng (D 1) và (D2) tiếp xúc với (P) và hai đường thẳng vuông góc với Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R Trên tia đối AB lấy điểm C cho BC = R, trên đường tròn lấy điểm D cho BD = R, đường thẳng vuông góc với BC C cắt tia AD M a) Chứng minh tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tam giác ABM là tam giác cân c) Tính tích AM.AD theo R d) Cung BD (O) chia tam giác ABM thành hai hần Tính diện tích phần tam giác ABM nằm ngoài (O) -HẾT -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG Đề chính thức ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học:2009-2010 Khóa ngày 28/06/2009 Môn TOÁN ( ĐỀ CHUNG) Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1: (1,5 điểm) 1/.Không dùng máy tính, hãy tính giá trị biểu thức sau :  14 - 15 -  A =  +  : -1 -1  -  2/.Hãy rút gọn biểu thức: B= x 2x - x x - x - x , điều kiện x > và x 1 Bài 2: (1,5 điểm) 1/ Cho hai đường thẳng d1 : y = (m+1) x + ; d : y = 2x + n Với giá trị nào m, n thì d1 trùng với d ? 2/.Trên cùng mặt phẳng tọa độ , cho hai đồ thị (P): y  x2 ; d: y =  x Tìm tọa độ giao điểm (P) và d phép toán Bài 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 +2 (m+3) x +m2 +3 = 1/ Tìm m để phương trình có nghiệm kép ? Hãy tính nghiệm kép đó 2/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1 – x2 = ? Bài : (1,5 điểm) Giải các phương trình sau :  2 1/ x   x 2/ x4 + 3x2 – = Bài : (3,5 điểm) Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB và dây CD vuông góc với (CA < CB) Hai tia BC và DA cắt E Từ E kẻ EH vuông góc với AB H ; EH cắt CA F Chứng minh : 1/ Tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn 2/ Ba điểm B , D , F thẳng hàng 3/ HC là tiếp tuyến đường tròn (O) - Hết -Họ tên thí sinh: …………………………………Số báo danh………………….………… Chữ kí giám thị 1………………………… Chữ kí giám thị 2……… ……… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2009 - 2010 ĐỀ CHÍNH Môn thi: TOÁN Ngày thi: 24 tháng năm 2009 (Thời gian làm bài: 120 phút) Bài (2,5 điểm) Cho biểu thức A= x 1 + + x- x- x + , với x≥0; x ≠ 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị biểu thức A x=25 3) Tìm giá trị x để A =- Bài (2 điểm) Cho Parabol (P) : y= x2 và đường thẳng (d): y = mx-2 (m là tham số m  0) a/ Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng toạ độ xOy b/ Khi m = 3, hãy tìm toạ độ giao điểm (P) và (d) c/ Gọi A(xA; yA), B(xA; yB) là hai giao điểm phân biệt (P) và ( d) Tìm các giá trị m cho : yA + yB = 2(xA + xB ) -1 2 Bài (1,5 điểm)Cho phương trình: x - 2(m +1) x + m + = (ẩn x) 1) Giải phương trình đã cho với m =1 2) Tìm giá trị m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn 2 hệ thức: x1 + x2 = 10 Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và A là điểm nằm bên ngoài đường tròn Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm) 1) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp 2) Gọi E là giao điểm BC và OA Chứng minh BE vuông góc với OA và OE.OA=R2 3) Trên cung nhỏ BC đường tròn (O; R) lấy điểm K bất kì (K khác B và C) Tiếp tuyến K đường tròn (O; R) cắt AB, AC theo thứ tự các điểm P và Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi K chuyển động trên cung nhỏ BC 4) Đường thẳng qua O, vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự các điểm M, N Chứng minh PM + QN ≥ MN Bài (0,5 điểm) Giải phương trình: x2 - 1 + x + x + = ( x + x + x +1) 4 Hết -Lưu ý: Giám thị không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2009-2010 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) 13   Rút gọn các biểu thức sau: a)   x y y x b) Giải phương trình: x xy  x y x y với x > ; y > ; x  y 3 x 2 Bài (2,0 điểm)  m  1 x  y 2   mx  y m  Cho hệ phương trình: (m là tham số) Giải hệ phương trình m 2 ; Chứng minh với giá trị m thì hệ phương trình luôn có nghiệm (x ; y ) thoả mãn: x + y  Bài (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): (P): y x y  k  1 x  (k là tham số) và parabol Khi k  , hãy tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P); Chứng minh với giá trị nào k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm phân biệt; Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm k cho: y1  y y1 y Bài (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự H và K Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;  Tính CHK ; Chứng minh KH.KB = KC.KD; 1   2 AM AN Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh AD Bài (0,5 điểm) Giải phương trình: 1 1     3   x 2x  5x    4x  - HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: Bài (2,0 điểm) 13   Rút gọn các biểu thức sau: a)   x y y x xy b) Giải phương trình: x (1,5đ) x y x y với x > ; y > ; x  y 3 x 2 Ý  Nội dung 13   a)    2 4 =   13     0,25 16  = 6 3 4 2 0,25 = 10 0,25 x y y x xy b) xy  =  x xy = x x y x y y   x với x > ; y > ; x  y y  x x y  y y x y (0,5đ) x 0,25 0,25 0,25 =2 x Điểm 3 x 2 ĐK: x  2 Quy đồng khử mẫu ta phương trình: 0,25 x + 2x + = 3(x + 2)  x2  x  = Do a  b + c = +  = nên phương trình có nghiệm: x = 1; x = (thoả mãn) 0,25 Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 1; x = Bài (2,0 điểm)  m  1 x  y 2  mx  y m  Cho hệ phương trình:  Giải hệ phương trình m 2 ; (m là tham số) Chứng minh với giá trị m thì hệ phương trình luôn có nghiệm (x ; y ) thoả mãn: x + y  Ý Nội dung Điểm  x  y 2  2x  y 3 0,25 0,25   x 1   x  y 2 0,25   x 1   y 1 (1,0đ) Khi m = ta có hệ phương trình:  x 1  Vậy với m = hệ phương trình có nghiệm nhất:  y 1 (1,0đ) Ta có hệ:  m  1 x  y 2  mx  y m    x m    mx  y m    x m    y  m  m  1  m    x m    y  m  2m  0,25 0,25 0,25 Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm nhất:  x m    y  m  2m  Khi đó: 2x + y = m2 + 4m  =  (m  2)2  đúng m vì (m  2)2  Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm (x; y) thoả mãn 2x + y  Bài (2,0 điểm) 0,50 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): (P): y x y  k  1 x  (k là tham số) và parabol Khi k  , hãy tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P); Chứng minh với giá trị nào k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm phân biệt; Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P) Tìm k cho: y1  y y1 y Ý Nội dung Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + (1,0đ) Khi đó phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P) là: x2 = 3x +  x2 + 3x  = Điểm 0,25 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 là (1; 1); (4; 16) 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và parabol (P) là: x2 = (k  1)x + (0,5đ) 0,25  x2  (k  1)x  = Ta có ac = 4 < nên phương trình có nghiệm phân biệt với giá trị k Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt điểm phân biệt Với giá trị k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt điểm phân (0,5đ) biệt có hoành độ x1, x2 thoả mãn:  x1  x k    x1x  Khi đó: y1 x1 ; 2 0,25 y x 22 Vậy y1 + y2 = y1 y 2 0,25 2  x  x x x  (x1 + x2)2  2x1x2 = (x1 x2)2  (k  1)2 + = 16  (k  1)2 =  k 1  2 k 1  2 0,25 Vậy k 1  2 k 1  2 thoả mãn đầu bài Bài (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự H và K Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;  Tính CHK ; Chứng minh KH.KB = KC.KD; 1   2 AM AN Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh AD Ý (1,0đ) Nội dung A Điểm B H M P + Ta có (1,0đ) (1,0đ) (0,5đ) D C K  DAB = 90o (ABCD là hình vuông)  o BHD N = 90 (gt)    BHD Nên DAB = 180o  Tứ giác ABHD nội tiếp  BHD + Ta có = 90o (gt)  BCD = 90o (ABCD là hình vuông) Nên H; C cùng thuộc đường tròn đường kính DB  Tứ giác BHCD nội tiếp   BDC  BHC 180o      CHK  BHC 180o Ta có:   CHK BDC   mà BDC = 45o (tính chất hình vuông ABCD)  CHK = 45o Xét KHD và KCB   KHD KCB (90o )   DKB chung Có   KHD KCB (g.g) KH KD   KC KB  KH.KB = KC.KD (đpcm) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng DC P    DAP Ta có: BAM (cùng phụ MAD ) AB = AD (cạnh hình vuông ABCD) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25   ABM ADP 90o Nên BAM = DAP (g.c.g)  AM = AP  Trong PAN có: PAN = 90o ; AD  PN 1  2 AP AN (hệ thức lượng tam giác vuông) nên AD 1   2 AM AN  AD 0,25 0,25 Bài (0,5 điểm) 1 1     3   x 2x  5x    4x  Giải phương trình: Ý 0,5đ Nội dung Điểm 1 1 1      3    b c b  2c c  2a   a  2b Ta chứng minh: a với a > 0; b > 0; c > + Với a > 0; b > ta có:      b + Do  a  a  b   a  2b   a  b 9 (*) (1)   b a  b (2) nên a 3   b a  2b (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) + Từ (1) và (2) ta có: a + Áp dụng (3) ta có: 1 1 1      3    a b c b  2c c  2a  với a > 0; b> 0; c >  a  2b 0.25đ 1 1     3  x  2x  5x   có ĐK:  4x  Phương trình x Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - ta có: 1 1      3    x x 2x  5x  4x    3x 1 1     3  x  x 2x  4x   với  5x  Dấu “ = ” xảy  x 2x   x 3  Vậy phương trình có nghiệm x = Híng dÉn chung: 0.25đ Trên đây là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho bước, yêu cầu thí sinh phải trình bày, lập luận và biến đổi hợp lí công nhận cho điểm Bài phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải bài toán (không cho điểm hình vẽ) Những cách giải khác đúng cho điểm tối đa theo khung điểm Chấm phần Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần, không làm tròn SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề A Phần trắc nghiệm ( 2,0 điểm):Trong câu đây có lựa chọn, đó có lựa chọn đúng Em hãy chọn lựa chọn đúng Câu 1: điều kiện xác định biểu thức  x là: A x   B x  C x  D x 1 Câu 2: cho hàm số y ( m  1) x  (biến x) nghịch biến, đó giá trị m thoả mãn: A m < B m = C m > D m > Câu 3: giả sử x1 , x2 là nghiệm phương trình: x  x  10 0 Khi đó tích x1.x2 bằng: 3  A B C -5 D  ABC Câu 4: Cho có diện tích Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm các cạnh AB, BC, CA và X, Y, Z ương ứng là trung điểm các cạnh PM, MN, NP Khi đó diện tích tam giác XYZ bằng: A B 16 C 32 D B Phần tự luận( điểm):  mx  y 1  Câu 5( 2,5 điểm) Cho hệ phương trình 2 x  y 3 ( m là tham số có giá trị thực) (1) a, Giải hệ (1) với m = b, Tìm tất các giá trị m để hệ (1) có nghiệm Câu 6: Rút gọn biểu thức: A 2 48  75  (1  3) Câu 7(1,5 điểm) Một người từ A đến B với vận tốc km/h, ô tô từ B đến C với vận tốc 40 km/h Lúc xe đạp trên quãng đường CA với vận tốc 16 km/h Biết quãng đường AB ngắn quãng đường BC là 24 km, và thời gian lúc thời gian lúc Tính quãng đường AC Câu 8:( 3,0 điểm) Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm A và B Trên cùng nửa mặt phẳng có bờ là AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vuông góc với CI C cắt tia By K Đường tròn đường kính IC cắt IK P ( P khác I) a, Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn, rõ đường tròn này   b, Chứng minh CIP PBK c, Giả sử A, B, I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích tứ giác ABKI lớn Hết -Lưu ý: Giám thị không giải thích gì thêm SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ————————— A PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm, sai cho điểm Câu Đáp án D A C B B PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm): Câu (2,5 điểm) a) 1,5 điểm: Nội dung trình bày Điểm (1)  x  y 1  Thay m 1 vào hệ ta được: 2 x  y  (2) Nhân vế PT(1) với -2 cộng với PT(2) ta được:  y  Suy y 5 x  1  x  vào (1) có: Thay   x    y 5 ta thấy thoả mãn Vậy hệ đã cho có nghiệm nhất: Thử lại với   x     y 5  y 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày Điểm m m     m  2 Hệ (I) có nghiệm và  1,0 Câu (1,0 điểm): Nội dung trình bày A 2 48  75  =  1  =1+2 (1  3) = 16.3  25.3  |1  Điểm 3| 0,5 0,25 0,25 Câu (1,5 điểm): Nội dung trình bày Gọi độ dài quãng đường AB là x km ( x  ), đó độ dài quãng đường BC là x  24 km, độ dài quãng đường AC là x  24 km Và đó, thời gian quãng x x  24 (h) ( h) đường AB là , thời gian quãng đường BC là 40 và thời gian x  24 ( h) quãng đường CA là 16 Mặt khác, thời gian và nên ta có phương trình: x x  24 x  24   40 16 Giải phương trình x 6 Thử lại, kết luận    Điểm 0.5 0.25 0.5 x 6  6  24  2.25( h) 40 AB và BC là , thời gian quãng Thời gian quãng đường 6  24 2.25(h) 16 đường CA (lúc về) là Vậy độ dài quãng đường AC là 36 km Câu (3,0 điểm): 0.25 y x I A P C K B a) 1,0 điểm: Nội dung trình bày   Có: CPK CPI 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); Điểm 0,25  Do By  AB nên CBK 90 0,25   Suy ra: CPK  CBK 180 hay tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK 0,50 b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày Điểm   Có: CIP PCK (góc nội tiếp và góc tạo tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung); (1)   Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: PCK PBK Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh c) 1,0 điểm: Nội dung trình bày 0,5 0,25 0,25 (2) Điểm Từ giả thiết suy tứ giác AIKB là hình thang vuông, gọi s là diện tích AIKB, đó ta s  ( AI  KB) AB có: Dễ thấy s lớn và KB lớn (do A, B, I cố định)  BKC  ACI KC  CI KB  CA Xét các tam giác vuông AIC và BKC có: và suy ra: có cạnh tương ứng vuông góc) hay ACI đồng dạng với BKC (g-g) (góc AC AI AC BC   BK  AI , đó: BK lớn  AC.BC lớn Suy ra: BK BC AB  AC  CB  AC.CB    , dấu “=” xảy và C là   Theo BĐT Côsi có: trung điểm AB Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn và C là trung điểm AB 0,25 0,25 0.25 0,25 Một số lưu ý: -Trên đây trình tóm tắt cách giải với ý bắt buộc phải có Trong quá trình chấm, học sinh giải theo cách khác và đủ ý thì cho điểm tối đa -Trong quá trình giải bài học sinh bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết phần sai đó có đúng thì không cho điểm -Bài hình học, học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó -Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống chia tới 0,25 điểm -Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm —Hết— SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Đề chính thức Đề B KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi : Toán Ngày thi: 30 tháng năm 2009 Thời gian làm bài: 120 phút Bài (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n là tham số 1.Giải phương trình (1) n = Tìm n để phương trình (1) có nghiệm Bài (1,5 điểm)  x  y 5  Giải hệ phương trình: 2 x  y 7 Bài (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) và có hệ số k Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E và F với k Gọi hoành độ E và F là x và x2 Chứng minh x1 x2 = - 1, từ đó suy tam giác EOF là tam giác vuông Bài (3,5 điểm) Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R Trên tia đối tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A avf B C và D Gọi N là tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp CN DN  Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy CG DG  Đặt BOD  Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và  Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc R, không phụ thuộc  Bài (1,0 điểm) 3m n  np  p 1  Cho số thực m, n, p thỏa mãn : 2 Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức : B = m + n + p …………………………… Hết …………………………… Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: …………… Chữ ký giám thị số 1: Chữ ký giám thị số 2: ĐÁP ÁN Bài (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n là tham số 1.Giải phương trình (1) n = x2 – 4x + = Pt có nghiệm x1 = 1; x2 = Tìm n để phương trình (1) có nghiệm ’ = – n   n  Bài (1,5 điểm)  x  y 5  Giải hệ phương trình: 2 x  y 7  x 3  HPT có nghiệm:  y 1 Bài (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) và có hệ số k y = kx + Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E và F với k Phương trình hoành độ: x2 – kx – =  = k2 + > với  k  PT có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E và F với k Gọi hoành độ E và F là x và x2 Chứng minh x1 x2 = -1, từ đó suy tam giác EOF là tam giác vuông Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22)  PT đường thẳng OE : y = x1 x và PT đường thẳng OF : y = x2 x Theo hệ thức Vi ét : x1 x2 = -  đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF  EOF là  vuông Bài (3,5 điểm) 1, Tứ giác BDNO nội tiếp 2, BD  AG; AC  AG  BD // AC (ĐL)  GBD đồng dạng GAC (g.g) CN BD DN    CG AC DG 3, BOD =   BD = R.tg ; AC = R.tg(90o – ) = R tg   BD AC = R2 Bài (1,0 điểm) 3m n  np  p 1  (1)  …  ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 =  (m – p)2 + (n – p)2 = - ( m + n + p )2  (m – p)2 + (n – p)2 = – B2 vế trái không âm  – B2   B2     B  2 dấu  m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =  Max B = m = n = p = Min B =  m = n = p = SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP ĐÀ NẲNG  3  KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày 23 tháng 06 năm 2009 MÔN: TOÁN ( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao đề ) Bài ( điểm )  a    K     :  a  a  a   a 1 a    Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức K b) Tính giá trị K a = + 2 c) Tìm các giá trị a cho K < mx  y 1  x y   334 Bài ( điểm ) Cho hệ phương trình: a) Giải hệ phương trình cho m = b) Tìm giá trị m để phương trình vô nghiệm Bài ( 3,5 điểm ) Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A và O cho AI = AO Kẻ dây MN vuông góc với AB I Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N và B Nối AC cắt MN E a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM2 = AE.AC c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2 d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ Bài ( 1,5 điểm ) Người ta rót đầy nước vào ly hình nón thì cm Sau đó người ta rót nước từ ly để chiều cao mực nước còn lại nửa Hãy tính thể tích lượng nước còn lại ly ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Bài a) Điều kiện a > và a ≠ (0,25đ)     a K     :  a  a ( a  1) a  ( a  1)( a  1)     a a 1 : a ( a  1) ( a  1)( a  1) a a  ( a  1)  a ( a  1) a b) a = + 2 = (1 + )2  a 1   K  2  2(1  2)  2 1 1 c) K 0 a   a 0  a  a 0 a     a 1 a  Bài a) Khi m = ta có hệ phương trình:  x  y 1  x y   334  x  y 1  3x  2y 2004 2x  2y 2  3x  2y 2004  x 2002   y 2001 b) mx  y 1  y mx     x y   334 y  x  1002    y mx   y mx       3 m  mx   x  1002   x  1001   2   (*)  m A 3 0  m  2 Hệ phương trình vô nghiệm  (*) vô nghiệm Bài a) * Hình vẽ đúng  * EIB 90 (giả thiết) M * ECB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) * Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp C O b) (1 điểm) Ta có: E * sđ cungAM = sđ cungAN B I * AME ACM *GócAchung,suyra∆AME ∆ACM N AC AM   * Do đó: AM AE AM2 = AE.AC c) * MI là đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB * Trừ vế hệ thức câu b) với hệ thức trên * Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2 d) * Từ câu b) suy AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CME Do đó tâm O1 đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ và NO1  BM.) * Dựng hình chiếu vuông góc N trên BM ta O Điểm C là giao đường tròn đã cho với đường tròn tâm O1, bán kính O1M Bài (2 điểm) Phần nước còn lại tạo thành hình nón có chiều cao nửa chiều cao hình nón 8cm3 nước ban đầu tạo thành Do đó phần nước còn lại có thể tích 1      thể tích nước ban đầu Vậy ly còn lại 1cm3 nước SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC: 2009 – 2010 Khoá ĐỀ CHÍNH THỨC ngày : 19/05/2009 Môn Thi : Toán Thời gian 120 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu : ( 2.0 điểm)  x  y   a) Giải hệ phương trình : 3x  y  14 A b) Trục mẫu : 25 72 ; B= 4+2 Câu : ( 2.0 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình Một đội xe cần phải chuyên chở 150 hàng Hôm làm việc có xe điều làm nhiệm vụ khác nên xe còn lại phải chở thêm Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu ? ( biết xe chở số hàng ) Câu : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x2 – 4x – m2 + 6m – = với m là tham số a) Giải phương trình với m = b) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x ; x2 , hãy tìm giá trị bé biểu thức P  x13  x23 Câu : ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp b) Chứng minh : DB.DC = DN.AC c) Xác định vị trí điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn và tính diện tích trường hợp này Câu : ( 1.0 điểm ) Cho D là điểm trên cạnh BC tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O , O2 tiếp xúc AB , AC B , C và qua D Gọi E là giao điểm thứ hai hai đường tròn này Chứng minh điểm E nằm trên đường tròn (O) - HẾT SBD: ……………Phòng:…… Giám thị 1: …………………………… Giám thị 2: ……………………… Gợi ý đáp án câu khó: Câu 3: b Ta có ac = -m2+6m-5 = -((m-3)2+4)<0 với  m => phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt  x1  x2 4  c Theo Viét  x1 x2  m  6m  => P = x13 +x23 = (x1 + x2)(x12 + x22 – x1.x2) = 12(m2 - 6m + 7) = 12((m-3)2-2) ≥ 12(-2) = -24 => Min P = -24  m=3 Câu 4: a Góc ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) mà AD//BC (gt) => DBBC Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC = 900 => Tứ giác nội tiếp b Ta có DBN đồng dạng với CAD      ( DAC DBN , BDN BAN DCA ) DN DB  => DC AC => DB.DC = DN.AC D c SABCD = DH.AB Do AB không đổi = 2R => SABCD max DH max  D nằm chính cung AB A Câu 5:   Ta có DEC BCA ( Góc nội tiếp và góc tuyến và dây cung cùng chắn cung)   Tương tự: DEB  ABC     Mà DEB  DEC  CBE  BCE 180 (tổng góc BEC)     => ABC  BCA  CBE  BCE 180   => ABE  ACE 180 => Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn tâm O => E (O) C N M H O A B tiếp O D B C O1 O2 E sở giáo dục và đào tạo hng yên đề thi chính thức (§Ò thi cã 02 trang) kú thi tuyÓn sinh vµ líp 10 thpt n¨m häc 2009 - 2010 M«n thi : to¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót phÇn a: tr¾c nghiÖm kh¸ch quan (2,0 ®iÓm) Từ câu đến câu 8, hãy chọn phơng án đúng và viết chữ cái đứng trớc phơng án đó vào bài làm C©u 1: BiÓu thøc x  cã nghÜa vµ chØ khi: A x  B x > C x < D x = Câu 2: Đờng thẳng qua điểm A(1;2) và song song với đờng thẳng y = 4x - có phơng trình là: A y = - 4x + B y = - 4x - C y = 4x + D y = 4x - C©u 3: Gäi S vµ P lÇn lît lµ tæng vµ tÝch hai nghiªm cña ph¬ng tr×nh x2 + 6x - = Khi đó: A S = - 6; P = B S = 6; P = C S = 6; P = - D S = - ; P =-5  x  y 5  C©u 4: HÖ ph¬ng tr×nh 3x  y 5 cã nghiÖm lµ:  x   x 2  x     A  y 1 B  y 1 C  y   x   D  y  Câu 5: Một đờng tròn qua ba đỉnh tam giác có độ dài ba cạnh lần lợt là 3cm, 4cm, 5cm thì đờng kính đờng tròn đó là: A cm C cm B 5cm D 2cm C©u 6: Trong tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã AC = 3, AB = 3 th× tgB cã gi¸ trÞ lµ: A D B C Câu 7: Một nặt cầu có diện tích là 3600  cm2 thì bán kính mặt cầu đó là: A 900cm B 30cm C 60cm D 200cm D Câu 8: Cho đờng tròn tâm O có bán kính R (hình vẽ bên) Biết  COD 1200 th× diÖn tÝch h×nh qu¹t OCmD lµ: m 120 2 R A R B 2 R C  R2 D O C phÇn b: tù luËn (8,0 ®iÓm) Bµi 1: (1,5 ®iÓm) a) Rót gän biÓu thøc: A = 27  12 b) Gi¶i ph¬ng tr×nh : 2(x - 1) = Bµi 2: (1,5 ®iÓm) Cho hµm sè bËc nhÊt y = mx + (1) a) Vẽ đồ thị hàm số m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox và trục Oy lần lợt A và B cho tam gi¸c AOB c©n Bµi 3: (1,0 ®iÓm) Một đội xe cần chở 480 hàng Khi khởi hành đội đợc điều thêm xe nên xe chở ít dự định Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc? Biết r»ng c¸c xe chë nh Bµi 4: (3,0 ®iÓm) Cho A là điểm trên đờng tròn tâm O, bán kính R Gọi B là điểm đối xứng với O qua A Kẻ đờng thẳng d qua B cắt đờng tròn (O) C và D (d không qua O, BC < BD) Các tiếp tuyến đờng tròn (O) C và D cắt E Gọi M là giao ®iÓm cña OE vµ CD KÎ EH vu«ng gãc víi OB (H thuéc OB) Chøng minh r»ng: a) Bốn điểm B, H,M, E cùng thuộc đờng tròn b) OM.OE = R2 c) H lµ trung ®iÓm cña OA Bµi 5: (1, ®iÓm) b2  Cho hai sè a,b kh¸c tho¶ m·n 2a2 + a = T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc S = ab + 2009 ===HÕt=== Gợi ý đáp án: ( Một số câu) PhÇn tù luËn: Bài 2: Vì ABO vuông cân O nên nhận tia phân giác góc xOy là đờng cao =>(y = mx + 2)  (y = ± x) => m = 1 Bài 3: Gọi x, y lần lợt là số xe và số hàng chở đợc xe lúc đầu (x  N *, y>8)  xy 480  Theo bµi ta cã hÖ ph¬ng tr×nh: ( x  3)( y  8) 480 Giải hệ phơng trình trên ta đợc x = 12, y = 40 (thoả mãn) b2 Bµi 5: Tõ 2a2 + + a =  (ab)2 = - 8a4 + 16a2 – = – 8(a4 – 2a2 +1) ≤    -2 ≤ ab ≤ 2007 ≤ S ≤ 2011 MinS = 2007  ab = -2 vµ a2 a=±1, B A 2 H =1 b= O Bài 4:   a Ta cã BHE BME 90 => BHME gi¸c néi tiÕp C đờng tròn đờng kính BE => B, H, M, E cùng lµ tø M N D E thuộc đờng tròn b Sö dông hÖ thøc lîng tam gi¸c vu«ng ODE với đờng cao DM ta đợc OM.OE = OD2 =R2 c Gäi HE c¾t (O) t¹i N Ta có BOM đồng dạng với EOH => OH.OB = OM.OE = R2 => OH.OB = ON2 ( v× ON=R) => OHN đồng dạng với ONB  Mµ gãc OHN = 900 => BNO 90  XÐt OBN cã BNO 90 vµ A lµ trung ®iÓm cña OB => ON = NA => ANO c©n t¹i N Mà NH là đờng cao => NH là đờng trung tuyến => H là trung điểm OA SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ Năm học 2007-2008 Bài (1,5 điểm) Cho biểu thức A = √ x −27+ √ x −3 − √ x −12 với x > a/ Rút gọn biểu thức A b/ Tìm x cho A có giá trị Bài (1,5 điểm) Cho hàm số y = ax + b Tìm a, b biết đồ thị hàm số qua điểm (2, -1) và cắt trục hoành điểm có hoành độ Bài (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức: P = a+2 −√ ( √ a−1 − √1a ) :( √√aa+1 − √ a −1 ) với a > 0, a , a≠ Bài (2 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn số x: x2 - 2(m + 1)x + m - = (1) a/ Chứng minh phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị m b/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt phương trình (1) Tìm m để 3( x1 + x2 ) = 5x1x2 Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có góc A 60 0, các góc B, C nhọn vẽ các đường cao BD và CE tam giác ABC Gọi H là giao điểm BD và CE a/ Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp b/ Chứng minh tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB c/ Tính tỉ số DE BC d/ Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vuông góc với DE Gợi ý đáp án câu 5: a XÐt tø gi¸c ADHE cã AEH  ADH = 900 => Tø gi¸c ADHE b Ta cã tø gi¸c BEDC néi tiÕp v×     BEC BDC =900 => EBC  ADE ( Cïng bï víi  EDC ) E => ADE đồng dạng với ABC   (Chung gãc A vµ EBC  ADE ) 0   O c XÐt AEC cã AEC 90 vµ A 60 ACE 300 => AE = AC:2 (tÝnh Mà ADE đồng dạng với ABC ED AE   => BC AC A néi tiÕp d H D C => chÊt) B d Kẻ đờng thẳng d OA A   => ABC CAd (Gãc néi tiÕp vµ gãc gi÷a tiÕp tuyÕn vµ mét d©y cïng ch¾n mét cung)     Mµ EBC  ADE => EDA CAd => d//ED Ta l¹i cã d OA (theo trªn) => EDOA SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Khoá ngày tháng năm 2009 MÔN TOÁN Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) Rút gọn (không dùng máy tính cầm tay) các biểu thức: a) √ 12− √27+ √ b) 1− √ 5+ √( 2− √5 ) 2 Giải phương trình (không dùng máy tính cầm tay): x2 - 5x + = Câu (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = -2x + có đồ thị là đường thẳng (d) a) Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với hai trục toạ độ b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ tung độ Câu (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m-1)x + 2m – = (1) a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm với giá trị m b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu Câu (1,5 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720m 2, tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi Tính kích thước (chiều dài và chiều rộng) mảnh vườn Câu (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R Từ A kẻ đường thẳng (d) không qua tâm O, cắt đường tròn (O) B và C ( B nằm A và C) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) B và C cắt D Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I là giao điểm DO và BC Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp Chứng minh OH.OA = OI.OD Chứng minh AM là tiếp tuyến đường tròn (O) Cho OA = 2R Tính theo R diện tích phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O) HẾT - HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a) √ 12− √27+ √ 3=2 √ −3 √ 3+4 √3=3 √ b) 1− √ 5+ √( 2− √5 ) 2=1− √5+|2− √ 5|=1 − √ 5+ √ −2=− Giải phương trình: x2 - 5x + = Ta có: a = 1; b = -5; c = 4; a + b + c= 1+ (-5) + = Nên phương trình có nghiệm : x = và x = Câu (1,5 điểm) a) Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục tung là A(0 ;b) = (0 ; 4) Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục hoành là B(-b/a ;0) = (2 ; 0) b) Gọi điểm C(x ; y) là điểm thuộc (d) mà x = y  x = -2x +  3x = x=  y= Vậy: C( ; ) Câu (1,5 điểm) a) x2 - 2(m - 1)x + 2m – = 0.(1) Có: Δ ’ = [ − ( m −1 ) ] −(2m −3) = m2- 2m + 1- 2m + = m2 - 4m + = (m - 2)2 với m Phương  trình (1) luôn luôn có nghiệm với giá trị m b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu và a.c <  2m - <  Vậy với m < m< thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu Câu (1,5 điểm) Giải: Gọi x (m) là chiều rộng mảnh vườn; (x > 4) Chiều dài mảnh vườn là 720 x (m) Tăng chiều rộng thêm 6m và giảm chiều dài 4m thì diện tích không đổi nên ta có phương trình : (x - 4) ( 720 x + 6) = 720 ⇔ x2 - 4x - 480 = ⇒ x=24 ¿ x=−20 (¿ 4) loai ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Vậy chiều rộng mảnh vườn là 24m chiều dài mảnh vườn là 30m Câu (3,5 điểm) D Giải a) Ta có: DH AO (gt)  OHD = 900 CD OC (gt)  DOC = 900 Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC = Suy : OHDC nội tiếp đường tròn M C I B A O H E 1800 b) Ta có: OB = OC (=R)  O mằn trên đường trung trực BC; DB = DC (T/C hai tiếp tuyến cắt nhau)  D mằn trên đường trung trực BC Suy OD là đường trung trực BC => OD vuông góc với BC Xét hai tam giác vuông ∆OHD và ∆OIA có DOA chung  ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g)  OH OD = ⇒OH OA=OI OD (1) OI OA c) Xét ∆OCD vuông C có CI là đường cao Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông, ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R)  OM2 = OC2 = OI.OD (2) Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA ⇒ OM OH = OA OM Xét tam giác : ∆OHM và ∆OMA có : AOM chung và OM OH = OA OM Do đó : ∆OHM S ∆OMA (c-g-c) OMA  = OHM= 900  AM vuông góc với OM M  AM là tiếp tuyến (O) d) Gọi E là giao điểm OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S  S = S∆AOM - SqOEBM Xét Δ OAM vuông M có OM = R ; OA = 2R Áp dụng định lí Pytago ta có AM2 = OA2 – OM2 = (2R)2 – R2 = 3R2  AM = R √  S∆AOM = OM.AM = R2 √ (đvdt) 2 AM √ =  MOA = 600 OA Π R 60 Π R2 =  SqOEBM = (đvdt) 360 √3 Π R2 =R2 √3 − Π => S = S∆AOM - SqOEBM = R2 − 6 Ta có SinMOA = (đvdt) §Ò thi chÝnh thøc sở giáo dục và đào tạo H¶i d¬ng C©u I: (2,0 ®iÓm) kú thi tuyÓn sinh líp 10 thpt n¨m häc 2009 - 2010 M«n thi: to¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao đề Ngµy 06 th¸ng 07 n¨m 2009 (buæi chiÒu) (§Ò thi gåm cã: 01 trang) 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: C©u II : (2,0 ®iÓm) 2(x - 1) = - x y x   2x  3y 9 1 f  f  x f 1) Cho hµm sè y = f(x) = TÝnh f(0);   ;   ; 2 2) Cho phơng trình (ẩn x): x  2(m  1)x  m  0 Tìm giá trị m để    2 x ,x x  x 2 x1x  ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tháa m·n C©u III : (2,0 ®iÓm) 1) Rót gän biÓu thøc:  x1  A   :  x   x  x  víi x > vµ x  x x 2) Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 10 km nên đến B sớm ô tô thứ hai Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đờng AB là 300 km C©u IV : (3,0 ®iÓm) Cho đờng tròn (O), dây AB không qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M kh«ng trïng víi A, B) KÎ d©y MN vu«ng gãc víi AB t¹i H KÎ MK vu«ng K  AN  gãc víi AN  1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc đờng tròn 2) Chøng minh: MN lµ ph©n gi¸c cña gãc BMK 3) Khi M di chuyÓn trªn cung nhá AB Gäi E lµ giao ®iÓm cña HK vµ BN Xác định vị trí điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn C©u V : (1 ®iÓm) x   y  y   x3 Cho x, y tháa m·n: 2 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: B x  2xy  2y  2y  10 - HÕt -Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 1: Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2: Sở giáo dục và đào tạo K× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT N¨m häc 2009 – 2010 M«n: To¸n H¶i d¬ng híng dÉn chÊm I) Híng dÉn chung: - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhng đáp ứng đợc với yêu cầu cho đủ ®iÓm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đợc thống Hội đồng chấm - Sau cộng toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: C©u C©u I ®iÓm PhÇn (1 ®iÓm) (1 ®iÓm) (1 ®iÓm) C©u II ®iÓm (1 ®iÓm) §¸p ¸n 2x - = - x x= y x    2x  3(x  2) 9 §iÓm 0.5 0,5 y x   5x 15 0,5 x 3  y 1 HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x = vµ y = 1 f(0) 0; f(2)  2;f( )  ;f(  2)  0,25 0,25 1,0 x  2(m  1)x  m  0 (1) , 2 PT(1) cã hai nghiÖm   (m  1)  m  0  2m  0  m  x1  x 2(m  1)  x x m  Theo Vi - et ta cã:  2 Tõ hÖ thøc: (x1  x )  3x1x 8  4(m  1)2  3(m  1) 8  m  8m  0  m   17 C©u III ®iÓm (1 ®iÓm) (1 ®iÓm) KÕt hîp víi ®k  m   17 1 x x1 : 1 x x1 A : x x x  x  x x  x 1 =  x ( x  1)2 x 1  x1 x =x x Gäi x lµ vËn tèc cña xe « t« thø nhÊt x (km/h) x > 10 VËn tèc cña xe « t« thø hai lµ: x - 10 (km/h) 300 300  1 x Theo bµi ta cã: x  10  x  10x  3000 0   0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 x 60 (tháa m·n) hoÆc x = -50 (lo¹i) VËn tèc xe I lµ 60 km/h vµ vËn tèc xe II lµ 50 km/h 0,25 M E H A O B 0,5 K N 0,75 ®iÓm C©u IV ®iÓm 1,0 ®iÓm 0,75 ® C©u V ®iÓm Hình vẽ đúng Chú ý: Kể trờng hợp đặc biệt MN qua O   Tõ gi¶ thiÕt: AKM 90 , AHM 90 Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc đờng tròn    NAH NMK = s® KH (2)    NAH NMB = s® NB   Tõ (1) vµ (2)  NMK NMB  MN lµ ph©n gi¸c cña gãc KMB 1     MAB MNB  MAB  MKH    s® MB s® MH ;    K,M,E,N cùng thuộc đờng tròn  MNB MKH    MEN  MKN 1800  ME  NB 1 S MAN  MK.AN; S MNB  ME.NB; S AMBN  MN.AB 2  MK.AN  ME.BN MN.AB   MK.NA  ME.NB  lín nhÊt  MN.AB lín nhÊt   MN lín nhÊt (V× AB= const )  M lµ chÝnh gi÷a AB x   x3  y   y3 §K: x,y   x   y     VT  VP 3 x  y   x>y x < y  VF  VT  x y tháa m·n 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  B x  2x  10 (x  1)2  9 x  MinB = Khi x = y = -1 x   x3  y   y3 §K: x,y  0,25 3  x   y  y  x C¸ch kh¸c  ( x  y )( x  xy  y ) ( x  xy  y )  x y   ( x  y )(  1) 0 x2  y 2 x2  y2 ( x  xy  y ) 1  ( x  y ) 0 (v× x   y  >0) x=y  B x  2x  10 (x  1)2  9 x  MinB = Khi x = y = -1 Sở Giáo dục và đào tạo H¶i D¬ng §Ò thi chÝnh thøc Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót kh«ng kÓ thêi gian giao đề Ngµy 08 th¸ng 07 n¨m 2009 (buæi chiÒu) (§Ò thi gåm cã: 01 trang) Câu 1(2.0 điểm): x x 1  1 1) Giải phương trình:  x 2y  x  y 5 2) Giải hệ phương trình:  Câu 2:(2.0 điểm) 2( x  2) x  x  với x  và x 4 a) Rút gọn biểu thức: A = x  b) Một hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng cm và diện tích nó là 15 cm2 Tính chiều dài và chiều rộng hình chữ nhật đó Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = (ẩn x) a) Giải phương trình với m = a) Tính giá trị m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12 b) Câu 4:(3 điểm) Cho tam giác MNP cân M có cậnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R) Tiếp tuyến N và P đường tròn cắt tia MP và tia MN E và D a) Chứng minh: NE2 = EP.EM a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp b) Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) K ( K không trùng với P) Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2 Câu 5:(1,0 điểm)  4x Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: A = x  -Hết Giải Câu I x x 1  1  2(x  1)  x   x  a, Vậy tập nghiệm phương trình S=   1  x 2y  x 2y    x  y  2y  y   b,  Câu II a, với x  và x 4 A  x 10   y 5 Vậy nghiệm hệ (x;y) =(10;5) 2( x  2) x 2( x  2)  x ( x  2) ( x  2)( x  2)    1 ( x  2)( x  2) ( x  2) ( x  2)( x  2) ( x  2)( x  2) Ta có: b, Gọi chiều rộng HCN là x (cm); x >  Chiều dài HCN là : x + (cm) Theo bài ta có PT: x(x+2) = 15 Giải tìm :x1 = -5 ( loại ); x2 = ( thỏa mãn ) Vậy chiều rộng HCN là : cm , chiều dài HCN là: cm Câu III a, Với m = Phương trình có dạng : x2 - 2x  x( x  2) 0  x = x = Vậy tập nghiệm phương trình S=  0; 2 ' b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì     m   m  (*) Theo Vi-et :  x1  x2 2   x1 x2 m  (1) (2) Theo bài: x 2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12  2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) ) hay x1 - x2 = -6 Kết hợp (1)  x1 = -2 ; x2 = Thay vào (2) : m - = -8  m = -5 ( TM (*) ) Câu IV a,  NEM đồng dạng  PEN ( g-g)  NE ME   NE ME.PE EP NE M O K H F N P I   b, MNP MPN ( tam giác MNP cân M )    PNE  NPD (cùng NMP )   DNE DPE => Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE D góc nên tứ giác DNPE nội tiếp c,  MPF đồng dạng  MIP ( g - g ) MP MI   MP MF MI (1) MF MP  MNI đồng dạng  NIF ( g-g ) NI IF    NI MI IF(2) MI NI  Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3)    NMI KPN ( cùng phụ HNP )   => KPN NPI => NK = NI ( ) Do tam giác MNP cân M => MN = MP ( 5) Từ (3) (4) (5) suy đpcm Câu V k  8x  kx  x  k  0 (1) x 1 +) k=0 Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x= ' +) k 0 thì (1) phải có nghiệm   = 16 - k (k - 6)    k 8 1 Max k =  x = Min k = -2  x = E Së Gi¸o Dôc & §µo T¹o Hµ Giang §Ò ChÝnh Thøc K× Thi TuyÓn Sinh Vµo 10 THPT N¨m Häc 2009 – 2010 §Ò thi m«n: To¸n Häc Thêi gian thi : 120 phót ( kh«ng kÓ thêi gian giao đề) Ngµy thi: 10/7/2009 .&*& Bµi 1(2,0 ®iÓm): 3x  y 4  a, Kh«ng dïng m¸y tÝnh cÇm tay, gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh :  x  y 3 b, Tìm giá trị m để đồ thị hàm số y = 2x + m + qua gốc toạ độ       1   a Bµi 2(2,0 ®iÓm): Cho biÓu thøc : M =   a  a   a, Rót gän biÓu thøc M b, TÝnh gi¸ trÞ cña M a = Bài ( 2,0 điểm): Một ngời xe đạp phải quãng đờng dài 150 km với vận tốc không đổi thời gian đã định Nếu nhanh 5km thì ngời đến sớm thời gian dự định 2,5 Tính thời gian dự định ngời Bài 4: (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O, ba đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H Kéo dài AO cắt đờng tròn M, AD cắt đờng tròn O K ( K khác A, M khác A) Chứng minh : a, MK song song BC b, DH = DK c, HM ®i qua trung ®iÓm I cña BC Bµi 5: (1,0 ®iÓm) TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc: 2 2 P = sin 15  sin 25  sin 65  sin 75 HÕt C¸n bé coi thi kh«ng cÇn gi¶i thÝch g× thªm Hä tªn, ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 1: Hä tªn, ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2: A Gợi ý đáp án Bµi 4: a Ta có AKM =900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn) => MK AK Mµ BC AK (gt) => BC//MK   O b Ta cã BCF BAK ( Cïng phô víi gãc ABC)   mµ BCK BAK (néi tiÕp ch¾n cung BK) F   H => BCK BCF Xét KCH có CD đồng thời là đờng cao đồng I thêi lµ ph©n gi¸c=> CD lµ trung tuyÕn => D lµ trung ®iÓm cña HK D B MCA 900 c Ta cã (nội tiếp chắn nửa đờng tròn) K M Mµ BEAC => BE//MC T¬ng tù CF//BM  Tø gi¸c BMCH lµ h×nh b×nh hµnh  MÆt kh¸c I lµ trung ®iÓm cña BC => I lµ trung ®iÓm cña MH Bµi 5: Ta cã Sin750 = Cos150, Sin650 = Cos250 => P = Sin2150+ Sin2250 + Cos2250 + Cos2150 = (Sin2150 + Cos2150) + (Sin2250 + Cos2250) = + = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2009 – 2010 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài:120 phút ĐỀ Bài 1: (2điểm) Cho hai hàm số y = x – và y = –2x + 1/ Vẽ trên cùng mặt phẳng toạ độ đồ thị hai hàm số đã cho 2/ Bằng phép tính hãy tìm toạ độ giao điểm hai đồ thị trên Bài 2: (2điểm) Giải các phương trình sau 1/ x – 3x – = E C 2/ x4 + x2 – 12 = Bài 3: (2điểm) Rút gọn các biểu thức: 4+ √ 15 − √ 15 A= + 1/ − √ 15 4+ √15 a− √ a a+ √ a B= 1+ 1+ 2/ 1−a 2+ √ a ( )( ) Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông A có các cạnh AB = 4,5 cm; AC = cm 1/ Tính độ dài đường cao AH và diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2/ Trên cạnh AC lấy điểm M và vẽ đường tròn (O) đường kính MC, BM cắt (O) D; DA cắt (O) S; (O) cắt BC N Chứng minh: a/ Các tứ giác ABCD, ABNM nội tiếp b/ CA là phân giác góc SCB Bài 5: (1 điểm) Tính diện tích xung quanh và thể tích hình nón có chiều cao h = 12 cm và bán kính đường tròn đáy r = cm K× thi tuyÓn sinh líp 10 Trung häc phæ th«ng Së GD vµ §T TØnh Long An N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n §Ò thi ChÝnh thøc Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2đ) Rút gọn biểu thức A 2  27  128  300 a/ b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0 Câu2: (2đ) Cho biểu thức P a2  a 2a  a  1 a  a 1 a (với a>0) a/Rút gọn P b/Tìm giá trị nhỏ P Câu 3: (2đ) Hai người xe đạp cùng xuất phát lúc từ A đến B với vận tốc kém 3km/h Nên đến B sớm ,mộn kém 30 phút Tính vận tốc người Biết quàng đường AB dài 30 km Câu 4: (3đ) Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là điểm nằm O và A Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt (O) P,Q.Tiếp tuyến D trên cung nhỏ BP, cắt PQ E; AD cắt PQ F Chứng minh: a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp b/ED=EF c/ED2=EP.EQ Câu 5: (1đ) 1   Cho b,c là hai số thoả mãn hệ thức: b c Chứng minh ít hai phương trình sau phải có nghiệm: x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2) ĐÁP ÁN : Câu 1: (2đ) 128  300 2.2  3.3   10  A 2  27  b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0 Ta có a-b+c=0 nên x1=-1; Câu 1: (2đ) x2  (a=7;b=8;c=1) c 1  a a/ (với a>0) P  a2  a 2a  a  1 a  a 1 a a ( a  1)(a  a  1)  a  a 1 (Với a>0) a (2 a  1) 1 a  a  a  a  1  a2  a b/Tìm giá trị nhỏ P 1 a  a2  a   4 1 ( a  )  ( ) P  a2  1 Vậy P có giá trị nhỏ là a 1 0 < => a   a  2 Câu 3: (2đ) Gọi x(km/giờ )là vận tốc người thứ Vận tốc ngưươì thứ hai là x+3 (km/giờ ) 30 30 30   x x  60  30( x  3).2  30.x.2  x.( x  3) ta co pt :  x  x  180 0   27 24 x1   12 2.1   27  30 x2    15(loai) 2.1 Vậy vận tốc người thứ là 12 km/giờ vận tốc người thứ hai là 15 km/giờ Câu 4: (3đ) a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửađường tròn (o))  FHB 900 ( gt ) 0   => ADB  FHB 90  90 180 Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp b/ED=EF Xét tam giác EDF có   ) EFD  sd ( AQ  PD (góc có đỉnh nằm đường tròn (O))   ) EDF  sd ( AP  PD (góc tạo tiếp tuyến và dây cung) Do PQ  AB => H là trung điểm PQ( định lý đường kính dây cung)=> A là trung      EDF điểm PQ  PA  AQ => EFD tam giác EDF cân E => ED=EF E P D F B A O H Q c/ED2=EP.EQ Xét hai tam giác: EDQ;EDP có  E chung  D   Q 1 (cùng chắn PD ) =>  EDQ Câu 5: (1đ) ED EQ   ED EP.EQ  EPD=> EP ED 1   b c => 2(b+c)=bc(1) x2+bx+c=0 (1) Có  1=b2-4c x2+cx+b=0 (2) Có  2=c2-4b Cộng  1+  2= b2-4c+ c2-4b = b2+ c2-4(b+c)= b2+ c2-2.2(b+c)= b2+ c2-2bc=(b-c)  (thay2(b+c)=bc ) Vậy  1;  2có biểu thức dương hay ít hai phương trình x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2) phải có nghiệm: ubnd tØnh B¾c Ninh Sở Giáo Dục và đào tạo §Ò chÝnh thøc k× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt n¨m häc 2009-2010 M«n : to¸n Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngµy thi : 09 - 07 - 2009 A/ Phần trắc nghiệm (Từ câu đến câu 2) Chọn két đúng và ghi vào bài lµm C©u 1: (0,75 ®iÓm) Đờng thẳng x – 2y = song song với đờng thẳng: y  x 1 B A y = 2x + C©u 2: (0,75 ®iÓm) Khi x < th× x C y  x D y x  x b»ng: A x B x C B/ Phần Tựu luận (Từ câu đến câu 7) C©u 3: (2 ®iÓm) D.-1 2x x 1  11x   Cho biÓu thøc: A = x  3  x x  a/ Rót gän biÓu thøc A b/ Tìm x để A < c/ Tìm x nguyên để A nguyên C©u 4: (1,5 ®iÓm) Hai gi¸ s¸ch cã chøa 450 cuèn NÕu chuyÓn 50 cuèn tõ gi¸ thø nhÊt sang gi¸ thø hai th× sè s¸ch ë gi¸ thø hai sÏ b»ng sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt TÝnh sè s¸ch lóc ®Çu mçi gi¸ s¸ch C©u 5: (1,5 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: (m+1)x2 -2(m - 1)x + m - = (1) (m lµ tham sè) a/ Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) víi m = b/ Tìm các giá trị m để phơng trình (1) có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 1   x1 x2 C©u 6: (3,0 ®iÓm) Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax nửa đờng tròn vẽ tuyếp tuyến thứ hai MC(C là tiếp điểm) Hạ CH vuông góc với AB, đờng thẳng MB cắt đờng tròn (O) Q và cắt CH N Gọi giao điểm MO và AC lµ I Chøng minh r»ng: a/ Tø gi¸c AMQI néi tiÕp   b/ AQI  ACO c/ CN = NH C©u 7: (0,5 ®iÓm) Cho hình thoi ABCD Gọi R, r lần lợt là bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ABC, a là độ dài cạnh hình thoi Chứng minh rằng: 1   2 R r a Híng dÉn chÊm m«n to¸n (Thi tuyÓn sinh vµo THPT n¨m häc 2009 -2010) C© u ý y  x 1 2 Néi dung B D – a/ b/ 2x x   11x 2x(x  3) (x  1)(x  3)  11x      x  3  x x2  x 9 x2  x 9 2 2x  6x  x  4x    11x  x2  3x  9x  x 9 3x(x  3) 3x   (x  3)(x  3) x  3x 3x A2 2  20 x x 3x  2x   0 x x 6  0   6 x 3 x A §iÓm 0.75® 0.75® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® c/ 3x 3x   9  3  Z  Z x x x x  x  1; 3; 9  x  1  x 4 (t/m)  x    x 2 (t/m)  x  3  x 6 (t/m)  x    x 0 (t/m)  x  9  x 12 (t/m)  x    x  (t/m) A VËy víi x = - 6, 0, 2, 4, 6, 12 th× A nguyªn Gäi sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt lóc ®Çu lµ x (x nguyªn d¬ng, x > 50) Th× sè s¸ch ë gi¸ thø hai lóc ®Çu lµ 450 – x (cuèn) Khi chuyÓn 50 cuèn s¸ch tõ gi¸ thø nhÊt sang gi¸ thø hai th× sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt lµ x – 50 vµ ë gi¸ thø hai lµ 500 – x Theo bµi ta cã ph¬ng tr×nh: 500  x   x  50   2500  5x 4x  200  9x 2700  x 300 VËy sè s¸ch lóc ®Çu ë gi¸ thø nhÊt lµ 300 cuèn, sè s¸ch ë gi¸ thø hai lµ 450 – 300 = 150 cuèn a/ Víi m = ta cã PT (3+1 )x2 - 2(3 – 1)x + – =  4x2 – 4x + =  (2x  1) 0 (Hoặc tính đợc  hay  ' ) Suy PT cã nghiÖm kÐp x = 1/2 b/ §Ó PT cã nghiÖm ph©n biÖt th× 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® m  0   ' m  2m   (m 1)(m  2)  m  0 m  m     (*) 2  ' m  2m   m  m    m   m  2(m  1) m x1  x  ; x1 x  m 1 m 1 0.25® Mµ theo §L Viet ta cã: 1 x1  x    x x x x 2 Tõ ta cã: 2(m  1) m  2(m  1) m  :   m 1 m 1  m 1 m  2 2(m  1)   m  2  4m  3m   m  tho¶ m·n (*)  VËy m ph¶i t×m lµ -2 0.25® a/ + Vẽ hình đúng cho 0,25 điểm + Ta cã MA=MC(t/c tiÕp tuyÕn) OA=OC (b¸n kÝnh)  MO lµ trung trùc cña AC  MO  AC M C N I A b/ H O B 0.25® chắn nửa đờng tròn) Suy Q, I cïng nh×n AM díi gãc vu«ng  Tứ giác AIQM nội tiếp đờng tròn 0.25® đờng kính AM AMI AQI  + Ta cã (= s® cungAI)   AMI IAO Vµ (cïng phô víi gãc AMO)   Mµ IAO ACO (  AOC c©n)   Suy AQI ACO   Mµ MAI ICN (so le trong)   IQN ICN  Suy b»ng 1/2 s® cung QI) 0.25® 0.25® 0.25® 0.25®   + Tø gi¸c AIQM néi tiÕp  MAI IQN (Cïng bï víi gãc MQI) c/ 0.25® AQ  MB (Gãc AQB lµ gãc néi tiÕp Q 0.25®   tø gi¸c QINC néi tiÕp  QCI QNI (cïng 0.25®   MÆt kh¸c QCI QBA (=1/2 s® cung QA) 0.25®   QBA  QNI  IN // AB 0.25® Mµ I lµ trung ®iÓm cña CA nªn N lµ trung ®iÓm cña CH  NC=NH (®pcm) B M A I O J D C Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB, O lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD, trung trùc cña AB c¾t AC vµ BD lÇn lît t¹i I vµ J Ta có I, J lần lợt là tâm các đờng tròn ngo¹i tiÕp ABD, ABC vµ R = IA, r = JB 0.25® IA AM AMI AOB   AB AO Cã AB.AM a AC  R IA    2 AO AC R a BD  a T¬ng tù: r 0.25® Suy ra: 1 AC  BD 4AB2     R r2 a4 a a Ghi chú: Các cách giải khác đúng theo yêu cầu cho điểm tối đa ============= HÕt ============ Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n Sở Giáo dục và đào tạo B¾c giang §Ò thi chÝnh thøc (đợt 1) Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngµy 08 th¸ng 07 n¨m 2009 (§Ò thi gåm cã: 01 trang) C©u I: (2,0 ®iÓm) TÝnh 25  x 4  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x  y 5 C©u II: (2,0 ®iÓm) 1.Gi¶i ph¬ng tr×nh x2-2x+1=0 Hàm số y=2009x+2010 đòng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao? C©u III: (1,0 ®iÓm) LËp ph¬ng tr×nh bËc hai nhËn hai sè vµ lµ nghiÖm? C©u IV(1,5 ®iÓm) Một ôtô khách và ôtô tải cùng xuất phát từ địa điểm A đến địa điểm B đờng dài 180 km vận tốc ôtô khách lớn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút.Tính vận tốc ôtô Biết quá trình từ A đến B vận tốc ôtô không đổi C©u V:(3,0 ®iÓm) 1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Các đờng cao BH và CK tam giác ABC cắt điểm I Kẻ đờng kính AD đờng tròn tâm O, các đoạn th¼ng DI vµ BC c¾t t¹i M.Chøng minh r»ng a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc đờng tròn b/OM  BC 2/Cho tam giác ABC vuông A,các đờng phân giác goác B và góc C cắt c¸c c¹nh AC vµ AB lÇn lît t¹i D vµ E Gäi H lµ giao ®iÓm cña BD vµ CE, biÕt AD=2cm, DC= cm tính độ dài đoạn thẳng HB C©u VI:(0,5 ®iÓm) 16 0 x  y  z Cho c¸c sè d¬ng x, y, z tháa m·n xyz - T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = (x+y)(x+z) HÕt Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n Sở Giáo dục và đào tạo B¾c giang - Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề §Ò thi chÝnh thøc (đợt 2) Ngµy 10 th¸ng 07 n¨m 2009 (§Ò thi gåm cã: 01 trang) C©u I: (2,0 ®iÓm) TÝnh √ 9+ √ Cho hµm sè y = x -1 T¹i x = th× y cã gi¸ trÞ lµ bao nhiªu? C©u II: (1,0 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ x + y=5 x − y=3 ¿{ ¿ C©u III: (1,0 ®iÓm) x+ √ x x− √x +1 − Víi x ≥ ; x ≠ Rót gän: A= √ x+ √x − C©u IV( 2,5 ®iÓm) Cho PT: x2 + 2x - m = (1) Gi¶i PT(1) víi m = Tìm tất các giá trị m để PT(1) có nghiệm C©u V:(3,0 ®iÓm) Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB cố định H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O vµ trung ®iÓm cña OA) KÎ d©y MN vu«ng gãc víi AB t¹i H MN c¾t AK t¹i E Chøng minh tø gi¸c HEKB néi tiÕp Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM Cho điểm H cố định, xác định vị trí K để khoảng cách từ N đến tâm đờng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c MKE nhá nhÊt ( )( ) C©u VI:(0,5 ®iÓm) Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = HÕt đáp án đề 1: C©u I: TÝnh 25 = 2.5 = 10  x 4  x 2  x 2    Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x  y 5 < = > 2  y 5 < = >  y 1 VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt (x;y) = (2;1) C©u II: x2 - 2x +1 = <=> (x -1)2 = <=> x -1 = <=> x = VËy PT cã nghiÖm x = Hàm số trên là hàm số đồng biến vì: Hàm số trên là hàm bậc có hệ số a = 2009 > HoÆc nÕu x1>x2 th× f(x1) > f(x2) C©u III: LËp ph¬ng tr×nh bËc hai nhËn hai sè vµ lµ nghiÖm? Gi¶ sö cã hai sè thùc: x1 = 3; x2 = XÐt S = x1 + x2 = + = 7; P = x1 x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = > VËy x1; x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x2 - 7x +12 = C©u IV §æi 36 phót = 10 h Gäi vËn tèc cña « t« kh¸ch lµ x ( x >10; km/h) VËn tèc cña «t« t¶i lµ x - 10 (km/h) 180 (h) x 180 Thời gian xe tải hết quãng đờng AB là: x −10 (h) Thời gian xe khách hết quãng đờng AB là: Vì ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút nên ta có PT: 180 180 − = x −10 10 x ⇔ 180 10 x −6 x (x − 10)=180 10( x −10) ⇔ x2 −10 x − 3000=0 Δ ' =52+ 3000=3025 √ Δ ' =√3025=55 x1 = +55 = 60 ( TM§K) x2 = - 55 = - 50 ( kh«ng TM§K) VËy vËn tèc cña xe kh¸ch lµ 60km/h, vËn tèc xe t¶i lµ 60 - 10 = 50km/h C©u V 1/ Δ a) AHI vu«ng t¹i H (v× CA HB) Δ AHI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI A K Δ AKI vu«ng t¹i H (v× CK AB) B Δ AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI I Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI H O b) M Ta cã CA HB( Gt) D CA DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn) => BH//CD hay BI//CD (1) C Ta cã AB CK( Gt) AB DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn) => CK//BD hay CI//BD (2) Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song) Mµ DI c¾t CB t¹i M nªn ta cã MB = MC => OM BC( đờng kính qua trung điểm dây thì vuông góc với dây đó) 2/ B V× BD lµ tia ph©n gi¸c gãc B cña tam gi¸c ABC; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có: AD AB AB E H = ⇔ = ⇒ BC=2 AB DC BC BC V× Δ ABC vu«ng t¹i A mµ BC = 2AB nªn C 0 A D ACB = 30 ; ABC = 60 V× B1 = B2(BD lµ ph©n gi¸c) nªn ABD = 30 V× Δ ABD vu«ng t¹i A mµ ABD = 300 nªn BD = 2AD = = 4cm => AB 2=BD − AD2=16 − 4=12 V× Δ ABC vu«ng t¹i A => BC=√ AC2 + AB2=√ 36+12=4 √ Vì CH là tia phân giác góc C tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân DC DH DH = ⇒ BH=√ DH gi¸c ta cã: BC =HB ⇔ √ HB ¿ BH+ HD=4 BH=√ HD ⇔ Ta cã: ¿ √ BH+ √ HD=4 √ BH=√ HD ⇒ BH (1+ √ 3)=4 √ ¿{ ¿ √ 3( √ −1) √3 BH= = =2 √ 3( √ −1) VËy (1+ √ 3) BH=2 √3 (√ 3− 1)cm C©u VI C¸ch 1: 16 0 V× xyz - x  y  z => xyz(x+y+z) = 16 P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz ¸p dông B§T C«sy cho hai sè thùc d¬ng lµ x(x+y+z) vµ yz ta cã P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz √ xyz(x + y + z )=2 √ 16=8 ; dấu đẳng thức xẩy x(x+y+z) = yz VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ C¸ch 2: 16 16 V× xyz − x + y + z =0 ⇒ x + y + z= xyz 16 16 P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz = x ⋅ xyz + yz=yz + yz 16 ¸p dông B§T C«sy cho hai sè thùc d¬ng lµ yz 16 vµ yz ta cã 16 P = yz + yz 16 ⋅ yz=2 √ 16=8 ; dấu đẳng thức xẩy yz =yz yz VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ √ đáp án đề 2: C©u I: TÝnh √ 9+ √ 4=3+2=5 Thay x =4 vào hàm số y = x -1 Ta đợc: y = - = VËy x = th× y = C©u II: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: ¿ x + y=5 x − y=3 ⇔ ¿ x+ y=5 x =8 ⇔ ¿ x=4 y =1 ¿{ ¿ VËy hÖ PT cã nghiÖm (x; y) = (4; 1) C©u III: x+ √ x x−√x +1 −1 Víi x ≥ ; x ≠ ta cã: A= √ x+ √x − √ x ( √ x+1 ) +1 √ x ( √ x −1 ) −1 ¿ √ x+1 √ x −1 ¿ ( √ x+1 ) ( √ x − )=x − VËy x ≥ ; x ≠ th× A = x -1 C©u IV Cho PT: x2 + 2x - m = (1) Khi m = ta cã: x2 + 2x - = Ta cã: a + b + c = + - = PT cã hai nghiÖm: x1 = 1; x2 = -3 VËy PT(1) cã hai nghiÖm: x1 = 1; x2 = -3 m = TÝnh: Δ ' =1+m §Ó PT(1) cã nghiÖm th× Δ ' ≥ ⇔ 1+m ≥0 ⇔ m≥ −1 VËy víi m≥ −1 th× PT(1) cã nghiÖm C©u ( ( )( )( ) ) xÐt tø gi¸c HEKB cã: M EHB = 90 ( v× MN AB) K EKB = 900 ( vì AKB là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) I =>EKB + EHB =180 E => Tứ giác HEKB nội tiếp vì có tổng hai góc đối 180 A B O H V× MN AB nªn A n»m chÝnh gi÷a cung nhá MN => cung AM = cung AN =>AMN = AKM( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) XÐt Δ AME vµ Δ AKM cã: N A chung AME = AKM ( cm trªn) => Δ AME đồng dạng với Δ AKM ( g.g) Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp Δ EKM Ta cã gãc AME = BME ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => AM là tiếp tuyến đờng tròn tâm I( Theo bài tập 30-Tr79 SGK toán tập 2) => I thuéc BM => NI ng¾n nhÊt NI MB Vì M; N; B cố định nên ta có thể xác định K nh sau: Kẻ NI vuông góc với BM, vẽ đờng tròn (I;IM) cắt đờng tròn tâm O đâu đó là K C©u VI:(0,5 ®iÓm) Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = (1) 2 2 Ta cã: x + xy +y - x y = <=> 4x2+ 4xy +4y2 - 4x2y2 = <=> 4x2+ 8xy +4y2 - (4x2y2 + 4xy +1) - = <=> (2x + 2y)2 - (2xy + 1)2 = <=> (2x + 2y - 2xy - 1)(2x + 2y + 2xy + 1) = ¿ 2x + 2y - 2xy - = 2x + 2y + 2xy + 1=-1 ¿ ¿ ¿ 2x + 2y − 2xy − 1=-1 => ¿ 2x + 2y + 2xy + 1=1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Giải hệ PT ta đợc (x; y) = (0; 0) x = - y Thay x = - y vào (1) ta tìm đợc (x; y) = (1; -1); (x; y) = (-1; 1) VËy c¸c cÆp sè x; y nguyªn tho¶ m·n (1) lµ:(0; 0); (1; -1); (-1; 1) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC : 2006 – 2007 ĐĂK LĂK -000 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2009 - 2010 000 MÔN : TOÁN Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1/ 5x  6x  0 5x  2y 9  2/ 2x  3y 15 Bài 2: (2,0 điểm) 2 1/ Rút gọn biểu thức A  (  2)  (  2)  x 2 B   x1  2/ Cho biểu thức x 1 x3  x1    : 1  ( x  1)( x  3)     x  1 a) Rút gọn biểu thức B b) Tìm các giá trị nguyên x để biểu thức B nhận giá trị nguyên Bài 3: (1,5 điểm) Một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông kém 8m Nếu tăng cạnh góc vuông tam giác lên lần và giảm cạnh góc vuông còn lại xuống lần thì tam giác vuông có diện tích là 51m Tính độ dài hai cạnh góc vuông tam giác vuông ban đầu Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp đường tròn tâm O Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm AC với đường tròn (O) Chứng minh rằng: 1/ HBCD là tứ giác nội tiếp   2/ DOK 2.BDH 3/ CK CA 2.BD Bài 5: (1,0 điểm) 2 Gọi x1 , x là hai nghiệm phương trình: x  2(m  1)x  2m  9m  0 (m là tham số) Chứng minh : 7(x1  x )  x1 x 18 Hết -Họ và tên thí sinh : -Số báo danh : Chữ ký các giám thị : - Giám thị : Giám thị : (Ghi chú : Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 DAKLAK NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 26/06/2009) - ****** Bài 1: 1/ PT: 5x  6x  0 ;  / 9  5( 8) 49    / 7 ; x  37 3  2 ; x   5  -4  S 2 ;  5   PT đã cho có tập nghiệm : 5x  2y 9   2x  3y  15  2/ 15x  6y 27   4x  6y 30 19x 57   5x  2y 9  x 3 x 3     y (9  15) :  y   HPT có nghiệm (x;y) = (3;-3) Bài 2: 1/ A  (  2)  (  2)         4  x 0  x  1; 4;9 2/ a) ĐKXĐ:  ( x  2)( x  3)  ( x  1)( x  1)  x  x  B : ( x  1)( x  3) x1  b) B x  x  x   x 1  x  ( x  1)( x  3) x x  1 x ( Với x 0 vµ x  1; 4;9 )  x  x    x   x  2  x  x x    x =  ; 16 Vậy : Với x1 B nguyên  x   ¦(2)=  1 ; 2         3  x 9 (lo¹i)  x 1 (lo¹i) 1    x 16 (nhËn) 4   x 0 (nhËn) 0 thì B nguyên  x -2 Bài 3: Gọi độ dài cạnh góc vuông bé là x (m) (đ/k: x  ) Thì độ dài cạnh góc vuông lớn là x + (m) x 8 x 2x 51 2(x  8) 51 Theo đề bài ta có PT:  x  8x  153 0 ; Giải PT : x1 9 (tm®k) ; x  17 (lo¹i) Vậy: độ dài cạnh góc vuông bé là 9m ; độ dài cạnh góc vuông lớn là 17m Bài 4: 1/ D  DH  AC (gt) DHC 900 BD  AD (gt)  BD  BC  BC // AD (t / c h ×nh b×nh hµnh)   DBC 900 C 1 I K H A Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC góc không đổi 900 O B  HBCD nội tiếp đường tròn đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc) 2/    + D1 C1 (1/ 2s® BH đường tròn đường kính DC)     + C1 A1 (so le trong, AD//BC)  D1 A1       + DOK 2A1 (Góc tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK (O))  DOK 2D1 2BDH 3/   0    + AKB 90 (góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90 ; C1 A1 (c/m trên)  AHD CKB (cạnh huyền – góc nhọn)  AH CK +AD = BD ( ADB cân) ; AD = BC (c/m trên)  AD BD BC + Gọi I AC  BD ; Xét ADB vuông D , đường cao DH ; Ta có: BD AD AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1) 2 Tương tự: BD BC CK.CI (2) Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được: CK.AI  CK.CI 2BD2  CK(AI  CI) 2BD2  CK.CA 2BD (đpcm) Bài 5: PT : / x  2(m  1)x  2m  9m  0 2 (1) +  m  2m   2m  9m    m  7m  / 2 + PT (1) có hai nghiệm x1 , x   0   m  7m  0  m  7m  0  (m + 1)(m + 6) 0 ; Lập bảng xét dấu   m  (*)  x1  x  2(m  1)  +Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét:  x1 x 2m  9m  7(x1  x )  14(m  1)   x1 x   (2m  9m  7)   7m   2m  9m    2m  16m  14 2   2(m  8m  16)  14  32  18  2(m + 4)2 18  2(m + 4)2 18  2(m + 4)2 + Với  m  thì 18  2(m  4) 0 Suy 2 Vì 2(m  4) 0  18  2(m + 4) 18 Dấu “=” xảy m  0  m  (tmđk (*)) 7(x1  x )  x1 x 18 Vậy : (đpcm) Sở Giáo dục và đào tạo B×NH D¦¥NG -§Ò thi chÝnh thøc Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót (không kể thời gian giao đề.) -Bµi 1: (3,0 ®iÓm)  x  y 4  Gi¶I hÖ ph¬ng tr×nh 3x  y 1 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: a) x2 – 8x + = b) 16x + 16  9x +  4x + 16 - x + Bµi 2: (2,0 ®iÓm) Mét h×nh ch÷ nhËt cã chu vi lµ 160m vµ diÖn tÝch lµ 1500m2 TÝnh chiÒu dµi vµ chiÒu réng h×nh ch÷ nhËt Êy Bµi 3: (1,5 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh x2 + 2(m+1)x + m2 + 4m + = (víi x lµ Èn sè, m lµ tham sè ) 1- Tìm giá trị m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt 2- §Æt A = x1.x2 – 2(x1 + x2) víi x1, x2 lµ hai nghiÖm ph©n biÖt cña ph¬ng tr×nh trªn Chøng minh : A = m2 + 8m + 3- T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A vµ gi¸ trÞ cña m t¬ng øng Bµi (3,5®iÓm) Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F cho BF cắt đờng tròn C, tia phân giác góc ABF cắt Ax E và cắt đờng tròn D 1- Chøng minh OD // BC 2- Chøng minh hÖ thøc : BD.BE = BC.BF 3- Chøng minh tø gi¸c CDEF néi tiÕp 4- Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi Tính diện tích h×nh thoi AOCD theo R GIẢI ĐỀ THI Baøi 1: 2   2x  3y  2x  3y  y       3x  3y 1 5x 5 x 1 Giaûi heä phöông trình: Giaûi phöông trình: a) x  8x   Coù daïng : a + b + c = +(-8) + = x 1   x 7 b) 16x  16  9x  19  4x  14 16  x 1  x   x   x   x  16  x  16  x  4  x 15 Baøi 2: Goïi x,y laø chieàu daøi vaø chieàu roäng ( x>y>0) Ta coù phöông trình: x  y  80  xy 1500  x  80x  1500  x  50     x  30 Baøi 3: c dai  50  c rong  30 x  2(m  1)x  m  4m   1) ' (m  1)2  m  4m    = -2m-2 Để phương trình có nghiệm phân biệt: ’ >  m < -1 2) Theo Viet : S  x  x  2(m  1)  P  x 1.x m  4m   A m  4m   4(m  1) = m  4m   4m  = m  8m  Baøi 4: 1) F C ED A 2)   ODB OBD (OBD can )      ODB EBF va so le EBF CBD  (tia phan giac)  OD//BC   ADB  ACB  900 (góc nội tiếp chắn đường tròn) * vAEB, đường cao AD: O B Coù AB2 = BD.BE (1) * vAFB, đường cao AC: Coù AB2 = BC.BF (2) Từ (1) và (2)  BD.BE = BC.BF 3) Từ BD.BE = BC.BF BD BF   BCD  BFE BC BE    CDB CFE   Tứ giác CDEF nội tiếp đường tròn ( góc ngoài góc đối diện) 4) F * Nếu tứ giác AOCD là hình thoi  OA = AD = DC = CO  OCD   ABC 600 * S hình thoi = AC OD 2 = R  (2R ) R R - E D A së gd&®t qu¶ng b×nh C O B đề thi chính thức tuyển sinh vào lớp 10 thpt N¨m häc 2009-2010 M«n :to¸n Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) PhÇn I Tr¾c nghiÖm kh¸ch quan (2,0 ®iÓm) * Trong các câu từ Câu đến Câu 8, câu có phơng án trả lời A, B, C, D; đó có phơng án trả lời đúng Hãy chọn chữ cái đứng trớc phơng án trả lời đúng C©u (0,25 ®iÓm): HÖ ph¬ng tr×nh nµo sau ®©y v« nghiÖm? ( I ) { y=− x +1 y=3 x− A C¶ (I) vµ (II) (II) { y =−2 x y=1 − x B (I) C (II) D Kh«ng cã hÖ nµo c¶ Câu (0,25 điểm): Cho hàm số y = 3x2 Kết luận nào dới đây đúng? A Hàm số nghịch biến với giá trị x>0 và đồng biến với giá trị x<0 B Hàm số đồng biến với giá trị x>0 và nghịch biến với giá trị x<0 C Hàm số luôn đồng biến với giá trị x D Hµm sè lu«n nghÞch biÕn víi mäi gi¸ trÞ cña x C©u (0,25 ®iÓm): KÕt qu¶ nµo sau ®©y sai? A sin 450 = cos 450 ; B sin300 = cos600 C sin250 = cos520 ; D sin200 = cos700 Câu (0,25 điểm): Cho tam giác ABC có độ dài cạnh cm Bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng: A √ cm B √ cm C √3 cm D √ cm C©u (0,25 ®iÓm): Cho hai đờng thẳng (d1): y = 2x và (d2): y = (m - 1)x = 2; với m là tham số Đờng thẳng (d1) song song với đờng thẳng (d2) khi: A m = -3 B m = C m = D m = C©u (0,25 ®iÓm): Hµm sè nµo sau ®©y lµ hµm sè bËc nhÊt? A y = x + x ; B y = (1 + √ )x + C y = √ x2 +2 D y = x Câu (0,25 điểm): Cho biết cos α = , với α là góc nhọn Khi đó sin α bao nhiªu? A ; B ; C ; D C©u (0,25 ®iÓm): Ph¬ng tr×nh nµo sau ®©y cã nghiÖm ph©n biÖt? A x2 + 2x + = ; B x2 + = C 4x2 - 4x + = ; D 2x2 +3x - = PhÇn II Tù luËn ( ®iÓm) Bµi (2,0 ®iÓm): Cho biÓu thøc: √ n −1 + √ n+1 N= ; víi n 0, n √ n+1 √ n− a) Rót gän biÓu thøc N b) Tìm tất các giá trị nguyên n để biểu thức N nhận giá trị nguyên Bµi (1,5 ®iÓm): Cho ba đờng thẳng (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = và (d3): nx - y = n - 1; n lµ tham sè a) Tìm tọa độ giao điểm N hai đờng thẳng (d1) và (d2) b) Tìm n để đờng thẳng (d3) qua N Bµi (1,5 ®iÓm): Cho ph¬ng tr×nh: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - = (1), víi n lµ tham sè a) Tìm n để phơng trình (1) có nghiệm x = b) Chøng minh r»ng, víi mäi n - th× ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt Bµi (3,0 ®iÓm): Cho tam gi¸c PQR vu«ng c©n t¹i P Trong gãc PQR kÎ tia Qx bÊt kú cắt PR D (D không trùng với P và D không trùng với R) Qua R kẻ đờng thẳng vuông gãc víi Qx t¹i E Gäi F lµ giao ®iÓm cña PQ vµ RE a) Chứng minh tứ giác QPER nội tiếp đợc đờng tròn b) Chøng minh tia EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DEF c) TÝnh sè ®o gãc QFD d) Gäi M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng QE Chøng minh r»ng ®iÓm M lu«n nằm trên cung tròn cố định tia Qx thay đổi vị trí nằm hai tia QP và QR §¸p ¸n bµi thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT N¨m häc 2009 - 2010 M«n: To¸n PhÇn I Tr¾c nghiÖm kh¸ch quan C©u §¸p ¸n C©u1 C C©u B C©u C C©u A C©u D PhÇn II Tù luËn Bµi 1: C©u B C©u7 C C©u D √ n −1 + √ n+1 √ n+1 √ n− 2 ( √ n − ) + ( √n+1 ) = ( √ n+1 ) ( √ n −1 ) n− √ n+1+ n+ √n+1 = n −1 a)N = ( n+1 ) víi n 0, n n −1 ( n+1 ) ( n −1 ) + 4 b) N = n −1 = = + n− n −1 Ta cã: N nhËn gi¸ trÞ nguyªn ⇔ cã gi¸ trÞ nguyªn ⇔ n-1 lµ íc cña n− ⇒ n-1 { ±1 ; ± 2; ± } + n-1 = -1 ⇔ n = + n-1 = ⇔ n = + n-1 = -2 ⇔ n = -1 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cña N) + n-1 = ⇔ n = + n-1 = -4 ⇔ n = -3 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cña N) + n-1 = ⇔ n = { ; 2;3 ; } Vậy để N nhận giá trị nguyên và n = Bµi 2: (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = vµ (d3): nx - y = n - 1; n lµ tham sè a) Gọi N(x;y) là giao điểm hai đờng thẳng (d1) và (d2) đó x,y là nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh: { x − y=4 − x+ y=2 ( I ) ⇔ { y=x +22 x=6 { y=5 x=3 Ta cã : (I) VËy: N(3;5) b) (d3) ®i qua N(3; 5) ⇒ 3n - = n -1 ⇔ 2n = ⇔ n= Vậy: Để đờng thẳng (d3) qua điểm N(3;5) ⇔ n = Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - = (1), víi n lµ tham sè a) Ph¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm x = ⇒ (n+1).32 - 2(n-1).3 + n-3 = ⇔ 9n + - 6n + + n - = ⇔ 4n = -12 ⇔ n = -3 b) Víi n -1, ta cã: Δ ' = (n-1)2 - (n+1)(n-3) = n2 - 2n + - n2 +2n +4 =5>0 VËy: víi mäi n -1 th× ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt Bµi 4: F P N D M E x Q I R a) Ta cã: ∠ QPR = 900 ( v× tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P) ∠ QER = 900 ( RE Qx) Tứ giác QPER có hai đỉnh P và E nhìn đoạn thẳng QR dới góc không đổi (90 ) ⇒ Tứ giác QPER nội tiếp đờng tròn đờng kính QR ∠ PQR + ∠ PER = 1800 b) Tø gi¸c QPER néi tiÕp ⇒ mµ ∠ PER + ∠ PEF = 1800 (Hai gãc kÒ bï) ⇒ ∠ PQR = ∠ PEF ⇒ ∠ PEF = ∠ PRQ (1) MÆt kh¸c ta cã: ∠ PEQ = ∠ PRQ (2) <Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung PQ cña đờng tròn ngoại tiếp tứ giác QPER> Tõ (1) vµ (2) ta cã ∠ PEF = ∠ PEQ ⇒ EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãcDEF c) V× RP QF vµ QE RF nªn D lµ trùc t©m cña tam gi¸c QRF suy FD QR ⇒ ∠ QFD = ∠ PQR (gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc) mµ ∠ PQR = 450 (tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P) ⇒ ∠ QFD = 450 d) Gọi I là trung điểm QR và N là trung điểm PQ (I,N cố định) Ta có: MI là đờng trung bình tam giác QRE ⇒ MI//ER mà ER QE ⇒ MI QE ⇒ ∠ QMI = 900 ⇒ M thuộc đờng tròn đờng kính QI Khi Qx QR th× M I, Qx QP th× M N Vậy: tia Qx thay đổi vị trí nằm hai tia QP và QR thì M luôn nằm trên cung NI đờng tròn đờng kính QI cố định SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu 01 trang Câu 1: (2,5 điểm) Giải phương trình: 4x = 3x + Thực phép tính: A = 12 - + 48 1  x  y 1     5 Giải hệ phương trình:  x y Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình 2x2 + (2m-1)x +m-1=0, đó m là tham số Giải phương trình m=2 Tìm m để phương tình có hai nghiệanx1, x2 thoả mãn: 4x12 + 4x22 + 2x1x2 = Câu 3: (1,5 điểm) Một người xe đạp từ A đến B cách 36 km từ B trở A người đó tăng vận tốc thêm 3km/h, vì thời gian ít thời gian là 36 phút Tính vận tốc người xe đạp từ A đến B Câu 4: (2,5 điểm) Cho đươờngtròn (O;R) Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O;R) A Trên đường thẳng d lấy điểm H cho AH<R Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với d cắt (O;R) hai điểm E, B (E nằm B và H)  Chứng minh ABE EAH Trên đường thẳng d lấy điểm Csao cho H là trung điểm AC Đường thẳng CE cắt AB K Chứng minh rằng: Tứ giác AHEK nội tiếpđược đường tròn Xác định vị trí điểm H trên đường thẳng d cho AB = R Câu 5: (1,5 điểm) 1 1  3   3 Cho số a,b,c >0 Chứng minh rằng: a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc Tìm x, y nguyên cho x + y + xy + = x2 + y2 GỢI Ý ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2009 - 2010 Câu 1: 4x = 3x + <=> x = A = √ 12 - √ + √ 48 = 10 √ - √ + √ = 10 √ 3 đk : x 0; y ¿ 1 − =1 x y + =5 x y ⇔ 4 ¿ − =4 x y + =5 x y ⇔ ¿ =9 x = −1 y ⇔ ¿ y= x= ¿{ ¿ ( Thoả mãn điều kiện x 0; y Kl: … Cau 2: Phương trình: 2x2 + (2m-1)x + m - 1= (1) Thay m = vào phương trình (1) ta có 2x2 + 3x + = Có ( a - b + c = - + = 0) => Phương trình (1) có nghiệm x1 = -1 ; x2 = - 1/2 Phương trình (1) có Δ = (2m -1)2 - 8(m -1) = 4m2 - 12m + = (2m - 3)2 với m => Phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1; x2 với giá trị m ¿ 1− m m −1 x x 2= ¿{ ¿ x 1+ x 2= + Theo hệ thức vi ét ta có: + Theo điều kiện đề bài: 4x12 + 4x22 + x x = <=> 4(x1 + x2)2 - x x = <=> ( - 2m)2 - 3m + = <=> 4m2 - 7m + = + Có a + b + c = => m1 = 1; m2 = 3/4 Vậy với m = m = 3/4 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn: 4x1 + 4x22 + x x = Câu 3: Gọi vận tốc người xe đạp từ A đến B là x (km/h; x > 0) Thì vận tốc người đó từ B A là : x + (km/h) Thời gian người đó từ A đến B là: Thời gian người đó từ B A là: 36 (h) x 36 (h) x +3 Vì thời gian ít thời gian nên ta có phương trình : 36 x 36 - x +3 = <=> x2 + 3x - 180 = Có Δ = 729 > Giải được: x1 = 12 (thoả mãn điều kiện ẩn) x2 = -15 (không thoả mãn điều kiện ẩn) Vậy vận tốc người đó từ A đến B là 12 km/h Câu 4: Chứng minh: ∠ ABE = ∠ EAH ∠ ABE là góc nội tiếp chắn cung AE ∠ EAH là góc tạo tia tiếp tuyến AH và dây cung AE => ∠ ABE = ∠ EAH ( Hệ góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung) B Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp + BH vuông góc với AC H => ∠ BHC = 900 + H là trung điểm AC (gt) O + EH AC H (BH AC H; E BH) N Δ => AEC cân E K => ∠ EAH = ∠ ECH( t/c tam giác cân) E + ∠ ABE = ∠ EAH ( cm câu a) => ∠ ABE = ∠ ECH ( = ∠ EAH) A H => ∠ KBE = ∠ KCH => Tứ giác KBCH nội tiếp => ∠ BKC = ∠ BHC = 900 => ∠ AKE = 900 (1)( Kề bù với ∠ BKC = 900) Mà ∠ EHA = 900 (2) ( EH AC H) Từ (1) và (2) => ∠ AKE + ∠ EHA = 1800 => Tứ giác AHEK nội tiếp Xác định vị trí điểm H trên đường thẳng (d) cho AB = R √ + Kẻ ON vuông góc với AB N => N là trung điểm AB( Quan hệ vuông góc đường kính và dây cung) C => AN = R √3 Ta có tam giác ONA vuông N theo cách dựng điểm N => tag ∠ NOA = AN : AO = √ => ∠ NOA = 600 => ∠ OAN = ∠ ONA - ∠ NOA = 300 + ∠ OAH = 900 ( AH là tiếp tuyến (O) tiếp điểm A) => ∠ BAH = 600 + chứng minh : Δ BAC cân B có ∠ BAH = 600 => tam giác ABC R √3 => AH = AC/2 = AC/2 = R √3 => H là giao điểm (A; ) và đường thẳng (d) Chú ý : Bài toán có hai nghiệm hình: Câu 5: Với a > 0; b > 0; c > 1 1 + 3 + 3 ≤ a +b +abc b + c + abc c +a + abc abc Chứng minh rằng: HD: ta có a3 + b3 + abc = (a+b)(a2 + b2 - ab) + abc (a+b)(2ab - ab)+ abc ( vì (a-b) với a, b => a2 + b2 2ab) => a3 + b3 + abc ab(a+b) + abc = ab( a+b+c) Vì a, b, c > => Tương tự ta có: 1 ≤ (1) a +b +abc (a+ b+c) ab 1 ≤ (2) 3 b +c +abc (a+b+ c) bc 1 ≤ (3) 3 c + a +abc (a+b+ c) ca Từ (1) ; (2); (3) => 1 a+b+ c + 3 + 3 ≤ = a +b +abc b + c + abc c +a + abc abc (a+ b+c ) abc Dấu "=" xảy a = b = c Vậy bất đẳng thức chứng minh Tìm x, y nguyên thoả mãn: x + y + xy + = x2 + y2 (*) <=> x2 - x(y + 1) + y2 - y - = (**) Vì x, y là nghiệm phương trình (*) => Phương trình (**) luôn có nghiệm theo x => Δ = (y+1)2 - (y2 - y - 2) => -3y + 6y + <=> - y + 2y + <=> (- y - y) + 3(y + 1) <=> (y + 1)(3 - y) Giải -1 y vì y nguyên => y {-1; 0; 1; 2; 3} (*) + Với y = -1 => <=> x = => x = + với y = => (*) <=> x2 - x - = có nghiệm x1 = -1; x2 = thoả mãn x Z + với y = => (*) <=> x2 - 2x - = có Δ ' = không chính phương +với y = => x2 - 3x = => x = x = thoả mãn x Z + với y = => (x-2)2 = => x = thoả mãn x Z Vậy nghiệm nguyên phương trình là: (x,y) {(− 1; 0) ;( ;− 1) ;( 2; 0) ;(0 ; 2); (3 ; 2);( 2; 3)} TRƯỜ NG THPT THỰC HÀNH CAO NGUYÊN ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN -000 ÐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN : TOÁN - 000 -Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề ) Bài 1: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình và phương trình sau: 3x  2y 1  1/ 5x  3y  4 2/ 10x  9x  0 Bài 2: (3,0 điểm) Cho hàm số : y  x có đồ thị (P) và hàm số y = 2x + m có đồ thị (d) 1/ Khi m = Vẽ đồ thị (P) và (d) trên cùng hệ trục toạ độ 2/ Tìm toạ độ giao điểm (P) và (d) toạ độ và phép toán m = 3/ Tìm các giá trị m để (P) và (d) cắt hai điểm phân biệt A(x A ; y A ) và 1  6 B(x B ; y B ) cho x A x B Bài 3: (1,0 di m) P Rút g n bi u th c y x  x x y  y xy  (x  0; y  0) Bài 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) có góc nhọn Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự E và D 1/ Chứng minh AD.AC = AE.AB 2/ Gọi H là giao điểm DB và CE Gọi K là giao điểm AH và BC Chứng minh AH  BC 3/ Từ A kẻ các tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O) (M,N là các tiếp điểm).Chứng   minh ANM AKN 4/ Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y >0 và x  y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Hết -Họ và tên thí sinh : - A 1  x  y xy Số báo danh : Chữ ký các giám thị : Giám thị : Giám thị : (Ghi chú : Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) Đáp án - ****** Bài 1: 3x  2y 1   9x  6y   x  11     5x  3y  10x  6y  3x  2y 1    1/  HPT có nghiệm (x;y) = (-11;17)  x  11    y   3( 11) : x  11   y 17 2/ 10x  9x  0 ; Ðặt x t (t 0) 10  10t  9t  0 ; cã a - b  c 0  t1  1(lo¹i) , t 1/10(nhËn)  x 10  x  10  10  S  ±   10   PT đã cho có tập nghiệm: Bài 2: 1/ m =  (d) : y 2x   P(0;1) + x 0  y 1 + y 0  x  1/  Q( 1/ 2;0) x y  x 2 4 1 1 1 4 2/ m = +Dựa vào đồ thị ta nhận thấy (d) tiếp xúc với (P) tiếp điểm A(  1;  1) +PT hoành độ giao điểm (P) và (d) là: x  2x 1 0  (x  1)2 0  x  ; Thay x  vào PT (d)  y  Vậy : (d) tiếp xúc với (P) điểm A( 1;  1)  x A 0   x B 0 Vậy để (P) và (d) cắt hai điểm phân biệt A(x A ; y A ) 3/ Theo đề bài: và B(x B ; y B ) thì PT hoành độ giao điểm : x  2x  m 0 (*) phải có nghiệm phân biệt x A , x B khác  / 1  m   x A  x B  m      m 0 (**); Với đ/k (**), áp dụng đ/l Vi-ét ta có :  x A x B m m 0 1  6  xA xB +Theo đề bài : 1  6  xA xB  1     6    x A x B  x A x B  xA  xB  6     x A x B  x A x B  m1  (NhËn)  m 2 / (NhËn)  m =  -1 ; 2/3  Vậy: Với thì (P) và (d) cắt hai điểm phân biệt A(x A ; y A ) và B(x B ; y B ) thoả mãn 1  6 xA xB  2    6   2m 6m  3m + m - =  m m   P y x  x x y  y xy  Bài 3:  (x  0; y  0) (x y  y x )  ( x  y) xy   xy( x  y)  ( x  y) xy   ( x  y)( xy 1) xy  = x+ y Bài 4:   1/ Nối ED ; AED ACB (do BEDC nội tiếp) AE AD ACB    AE.AB AD.AC  AED AC AB   2/ BEC BDC 90 (góc nội tiếp chắn ½ (O))  BD  AC Vµ CE  AB Mà BD  EC H A  H là trực tâm ABC  AH là đường cao thứ ABC  AH  BC K 3/ Nối OA, OM, ON ; Ta có: OM  AM, ON  AN (t/c tiếp tuyến); OK  AK (c/m trên) B     AMO AKO ANO 90  điểm A,M,O,K,N cùng thuộc đường tròn đường kính AO (quỹ tích cung chứa góc)  M       K 1 (=1/2 sđ AN ) ; Mà N1 M1 (=1/2 sđ MN (O))  K     N 1 hay ANM AKN D E H M K O N C AD AH   AD.AC AH.AK (1) AKC (g-g) AK AC 4/ + ADH AD AN    AD.AC AN (2)  ANC AN AC + ADN (g-g) AH AN  AH.AK AN   AN AK T (1) và (2) AH AN   ANK +Xét AHN và ANK có: AN AK và KAN chung  AHN         ANH K ; mà N1 K1 (c/m trên)  ANH  N1 ANM  ba điểm M, H, N thẳng hàng  Bài 5: V i a  0, b  ; Ta có : 2 a  b 2 a b 2ab (Bdt Cô si)  a  b  2ab 4ab  (a  b) 4ab (a  b)(a  b) a b a a 1  4         (*) ab ab a b ab ab a  b a b a b 2 Áp dụng BÐT (*) v i a = x  y ; b = 2xy ; ta có: 1 4    2 x  y 2xy x  y  2xy (x  y) 2 (1) 1 (x  y)2 4xy     4xy (x  y) xy (x  y) (2) Mặt khác :  1  1  1  1  A        2 x  y xy  x  y 2xy  2xy  x  y 2xy  xy 4  1    1   6 2  (x  y) (x  y) (x  y)   (x  y) 2 [Vì x, y >0 và x  y 1   (x  y) 1 ]  minA = x=y= SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN GIA LAI Năm học 2009 – 2010 ………… ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán ( Không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút ( Không kể thời gian phát đề ) ………………………… Câu ( 1,5 điểm): x  x x 8  x  x 2 Cho biểu thức P = a) Với giá trị nào x thì biểu thức P có nghĩa ? b) Rút gọn P c) Tìm tất các giá trị x để P = Câu ( 1,5 điểm): Giải hệ phương trình: 2 x  y 4  3x  y 17 Câu ( 2,5 điểm): Cho đa thức P(x) = x2 + (m – 1)x + m2 – 6, với x là biến, m R a) Với giá trị nào m thì phương trình P(x) = có nghiệm kép ? b) Xác định đa thức P(x) với m = -4 Khi đó tìm gía trị nhỏ P(x) với x  Câu ( điểm): Một mô tô từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc và thời gian đã dự định Nếu mô tô tăng vận tốc thêm 5km/h thì đến B sớm thời gian dự định là 20 phút Nếu mô tô giảm vận tốc 5km/h thì đến B chậm 24 phút so với thời gian dự định Tính độ dài quãng đường từ thành phố A đến thành phố B Câu ( 2,5 điểm): Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài I đường thẳng (d) quay quanh I cắt (O) và (O’) điểm còn lại là A và B a) Chứng minh rằng: AB  2.OO’ b) Gọi (d’) là tiếp tuyến chung (O) và (O’) Giả sử (d) không trùng với OO’ và (d’) Tiếp tuyến với (O) A cắt (d’) M và tiếp tuyến với (O’) B cắt (d’) N Chứng minh OAO’B là hình thang và MA + NB = MN c) Với vị trí nào (d) thì AMBN là tứ giác nội tiếp ? …………Hết………… Họ và tên: …………………………………… ; SBD………….; Phòng thi số: ………… Chữ kí giám thị 1:………………………; Chữ kí giám thị 2: ………………………