de thi chuyen nguyen trai va khong chuyen hd tu 20062011

Bài 5: 1,5 điểm Từ một tấm thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB= 3,6 dm , chiều dài AD =4,85 dm, người ta cắt một phần tấm thiếc để làm mặt xung quanh của một hình nón với đỉnh là[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đề thi gồm: 01 trang Câu (2,0 điểm)  12  135 12  135   x  1   3 3   1) Cho M=  x  x  3 Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị biểu thức  x  y a  b  3 3 x , y a , b  R 2) Cho trước ; gọi là hai số thực thỏa mãn  x  y a  b 2011 2011 2011 2011 Chứng minh rằng: x  y a  b Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x  ax  bx  0 (1) 1) Tìm các số hữu tỷ a và b để phương trình (1) có nghiệm x 2  2) Với giá trị a, b tìm trên; gọi x1; x2 ; x3 là ba nghiệm phương trình (1) S 1   x15 x25 x35 Tính giá trị biểu thức Câu (2,0 điểm) 2 2 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện: x  y  x y  60 37 xy  x  x x y  y     x  1  x  y  0 2) Giải hệ phương trình: Câu (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt I và J (R’ > R) Kẻ các tiếp tuyến chung hai đường tròn đó; chúng cắt A Gọi B và C là các tiếp điểm hai tiếp tuyến trên với (O’ ; R’); D là tiếp điểm tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A) Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) M (điểm M khác điểm I ) 1) Gọi K là giao điểm đường thẳng IJ với BD Chứng minh: KB = KI.KJ ; từ đó suy KB = KD 2) AO’ cắt BC H Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm trên đường tròn 3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD Câu (1,0 điểm) Mọi điểm trên mặt phẳng đánh dấu hai dấu (+) (  ) Chứng minh luôn điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh nó đánh cùng dấu -Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đáp án gồm : 04 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm bài theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa - Việc chi tiết điểm số (với cách khác, có) phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý 1 Nội dung Điểm  12  135 12  135   x  1   3 3 M= x x   Tính Cho  1 12  135 12  135   x  1   3 3   Từ  12  135 12  135   3x  1  3  3   x3  x  0  M   1 1 Cho trước a, b  R ; gọi x,y là hai số thực thỏa mãn  x  y a  b (I )  3 3 2011 2011 2011 2011  x  y a  b Chứng minh rằng: x  y a  b  x  y a  b (I )   3  x  y   3xy  x  y   a  b   3ab  a  b  (1)  x  y a  b  (*)  xy (a  b) ab(a  b) (2)  x  y a  b  (*)   xy ab a  b  +/Nếu thì => x, y là nghiệm phương trình X  (a  b) X  ab 0  x b  x a ;  2011 2011 2011 2011 y  a  y b => x  y a  b Giải ta có  +/Nếu a  b 0 => a  b 1,00      12  135 12  135     3x  1  3   3     3x  1 8  3 x  1  0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25  x  y 0  x  y  3 x  y  Ta có hệ phương trình  2011 2011 a  b 0  2011 2011 x  y 0 => x 2011  y 2011 a 2011  b 2011   => x  ax  bx  0 (1) Tìm a, b  Q để (1) có nghiệm x 2  vào (1)ta có :    Thay x 2    4a  b  15  7 a  2b  25  a 2   b 2   0 0,25 +/Nếu  4a  b  15 0 a  2b  25 3  4a  b  15 (vô lí vì VT là số vô tỷ , VP là số hữu tỷ) => 7a  2b  25 0  a  b  15     4a  b  15 0 +/ Suy a   b 5 Giải hpt ,kết luận :  1 S 5 5 x1 x2 x3 Với a=-5 ;b=5 Tính giá trị biểu thức +/ a   b 5 (1) có dạng 0,25 1,00 x  x  x  0   x-1  x  x  1 0 0,25 0,25 0,25 1,00 Không tính tổng quát coi x3 1 thì x1 , x2 là nghiệm  x1  x2 4  x  x  1 0  x x 1  '   phương trình ( có ) =>  0,25 0,25 +/ x12  x22  x1  x2   x1 x2 14 +/ x  x  x1  x2   x  x  x1 x2  52 3 5 2 3 x  x  x  x   x  x   x x  x1  x2  724 +/ =>S = 725 2 2 2 2 2 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x  y  x y  60 37 xy (1) 2 (1)   x  y   x y  35 xy  60   x  y  5  xy  3   xy  Giả sử có x,y nguyên thỏa mãn, VT 0   xy - 3   xy  0  xy 4  xy 3  xy 4 Do x, y  Z => xy  Z =>  0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25  xy 3 x y    x  y  0  x 3    +/ (vô nghiệm trên Z)  xy 4 x y  x  y 2     2  x  y  0  x 4  x  y  +/   x  y 2  x  y  Vậy  là các giá trị cần tìm  x  x x y  y (1)     x  1  x  y  0 (2) Giải hệ phương trình: Điều kiện : y 0 0,25 1,00  x y   x  y   x  1 0    x 1 (1) 0,25 y  0  y 1 +/Nếu x 1 thay vào phương trình (2) ta có : x  y  +/Nếu Khi đó (2)  nên  x  1  x  0 VT(3) 2( x - x  1) 2  (3)  x  1 2 x 2 x  x  1 2.2 x 4 x   x  0  x 1   x 1  y 1 x     Do đó Pt (3)  x 1  x  ;  y 1  y 1  Vậy hệ phương trình có nghiệm K là giao điểm đường thẳng IJ với BD Chứng minh KB = KD B K M D A 0,25 I H O J C O' 0,25 0,25 1,00 4  0,25 Do AO và AO’ là hai tia phân giác BAC => A,O,O’ thẳng hàng  IBK  BJI   ; BKI  sđ BI Có chung 0,25 KI KB =  KB =KI.KJ  Δ KBI đồng dạng với Δ KJB (g.g)=> KB KJ (1) 0,25 KI KD  =  KD =KI.KJ KD KJ Tương tự: Δ KDI đồng dạng với Δ KJD (2) 0,25 Từ (1) và (2) => KB=KD Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm trên đường tròn 1,00 0,25 +/Xét tam giác vuông ABO’ có: AB =AH.AO' (3)   ABI AMB   ; BAI  sđ BI +/ Có : chung AB AI 0,25  =  AB2 =AM.AI Δ ABI đồng dạng với Δ AMB (g.g) AM AB (4) AH AM AI.AM=AH.AO'  = AI AO' Từ (3),(4) => 0,25 AH AM =  chung ) => Δ AHI đồng dạng với Δ AMO' ( vì AI AO' ; A   0,25 => AHI=AMO' => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay điểm I, H, M, O’ cùng thuộc đường tròn 1,00 Chứng minh AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD AO OD R OI OI      Do OD // O’B (cùng  AB) AO' O'B R' O'M O'I 0,25 OI cắt O’I và A,I,M thẳng hàng => OI // O’M   0,25 => DOI=BO'M 1 1 0,25   BDI  DOI  BIM  BO'M    2 sđ DI và 2 sđ BM mà 0,25   BIM => BDI =>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔBID hay AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD Chứng minh luôn điểm trên mặt phẳng làm thành 1,00 tam giác vuông cân mà ba đỉnh nó đánh cùng dấu Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A C D Do đánh hai dấu (+), (  ) nên tồn hai điểm cùng dấu , không tổng quát giả sử hai điểm A, B cùng I dấu và cùng dấu (+) 0,25 + Nếu C có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABC là tam giác phải tìm + Nếu C có dấu (- ) thì ta dựng điểm D A B cho ABDC là hình vuông _ Nếu D có dấu (+) thì tam giác ABD là tam giác cần tìm 0,25 _ Nếu D có dấu (-) thì gọi I là giao điểm AD và BC * Nếu I có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABI là tam 0,25 giác cần tìm * Nếu I dấu (-) thì dễ thấy tam giác vuông cân CID có ba 0,25 đỉnh cùng dấu (-) là tam giác cần tìm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010 (Đợt 1) Đề thi gồm : 01 trang Câu (3 điểm) 1) Giải các phương trình sau: x  0 a) b) x  x  0  a a   a a  N       a  a     với a 0 và a 1 2) Rút gọn biểu thức Câu (2 điểm) 1) Cho hàm số bậc y ax  Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hoành độ   x  y 3m  x  y  2) Tìm các số nguyên m để hệ phương trình  có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn điều kiện x  xy 30 Câu (1 điểm) Theo kế hoạch, xưởng may phải may xong 280 quần áo thời gian quy định Đến thực hiện, ngày xưởng đã may nhiều quần áo so với số quần áo phải may ngày theo kế hoạch Vì thế, xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày xưởng phải may xong bao nhiêu quần áo? Câu (3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao BE và CF tam giác ABC cắt H và cắt đường tròn (O) E’ và F’ (E’ khác B và F’ khác C) 1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh EF song song với E’F’ 3) Kẻ OI vuông góc với BC ( I  BC ) Đường thẳng vuông góc với HI H cắt đường thẳng AB M và cắt đường thẳng AC N Chứng minh tam giác IMN cân Câu (1 điểm) a b4   2 Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a  b 1 và c d c  d Chứng a2 d  2 c b minh SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010 Đáp án gồm : 03 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm bài theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung x  0 Giải phương trình a b 2 x  0  x 4 3 (hoặc x  12 0 ) x 12 x 6 Giải phương trình x  x  0 2 Đặt t x , t 0 ta t  3t  0  t  1, t 4 t  (loại) t 4  x 4  x 2  a a   a a  N       c a 1   a  1  Rút gọn với a 0 và a 1 a a a ( a  1)   a a 1 a 1 a a a ( a  1)   a a1 a1   N  3 a 3 a  a 9  a Điểm 1,00 0,25 0,25 0,5 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,5 Xác định hệ số a 1,00 b Ra phương trình a (  1)  1  a 1 a 1  Vậy a 1  0,25 ( x ; y ) x Tìm các số nguyên m để nghiệm thỏa mãn  xy 30 Tìm y m  , x 2m  x  xy 30  (2m  1)  (2m  1)( m  1) 30  2m  m  10 0 m  m  Do m nguyên nên m  Tính số quần áo may ngày theo kế hoạch Gọi số quần áo may ngày theo kế hoạch là x (x nguyên dương) 280 Số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch là x Số quần áo may ngày thực là x  280 Số ngày hoàn thành công việc thực là x  280 280  1 x x  Theo giả thiết ta có phương trình 1,00  280( x  5)  280 x x ( x  5)  x  x  1400 0 Giải pt ta x 35, x  40 (loại) Số quần áo may ngày theo kế hoạch là 35 a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 A E F' E' E F' N F F H H O M B A E' D O I C B Hình Hình Vẽ hình   Theo giả thiết BFC 90 , BEC 90    BFC BEC 900  BCEF là tứ giác nội tiếp b Chứng minh EF song song với E’F’   BCEF là tứ giác nội tiếp suy CBE CFE   'E '  CBE CF (cùng chắn cung CE ' )   Suy CFE CF ' E ' Suy EF // E ' F ' c Chứng minh tam giác IMN cân TH M thuộc tia BA H là trực tâm tam giác ABC suy AH  BC    CAH CBH (cùng phụ với góc ACB )    BHI  BHM 900 , ANH  NHE 900     BHM NHE (vì đối đỉnh)  BHI  ANH AH HN BIH    ANH đồng dạng với BI IH (1) AH HM CIH   CI IH (2) Tương tự AHM đồng dạng với HM HN   HM HN BI  CI IH HI Từ (1) và (2) và suy HI  MN Mà H suy IMN cân I TH M thuộc tia đối tia BA    CAH CBH (cùng phụ với góc ACB ) ANH 900  NHE  (góc ngoài  ) C 0,5 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 A E' N E F F' B H I M C   BHI 900  BHM   BHM NHE (vì đối đỉnh) ANH BHI   ANH đồng dạng AH HN BHI   BI IH Đến đây với làm tương tự TH * Chú ý Thí sinh cần làm TH cho điểm tối đa a2 d  2 c b Chứng minh a b4 a b4 (a  b2 )2      d cd c d cd a  b 1 và c  d (c  d )a  c(c  d )b cd (a  b )  dca  d a  c 2b4  cdb4 cd (a  b  2a 2b )  d a  c 2b  2cda 2b 0  (da  cb ) 0 a b2  d Do đó  da  cb 0 hay c a2 d b2 d (b  d ) a2 d   2   2 0  2 c b2 d b db Vậy c b SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 (Đợt 2) Đề thi gồm : 01 trang Câu (3 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số y 2 x   x 2 y   y 2 x  b) Giải hệ phương trình  10 a 25a  4a a  2a với a  c) Rút gọn biểu thức P = Câu (2 điểm) Cho phương trình x  x  m 0 (1) (x là ẩn) a) Giải phương trình (1) m 1 b) Tìm các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12   x22  3 Câu (1 điểm) Khoảng cách hai bến sông A và B là 48 km Một canô từ bến A đến bến B, quay lại bến A Thời gian và là (không tính thời gian nghỉ) Tính vận tốc canô nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước là km/h Câu (3 điểm) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC  (M khác B) và N là điểm thay đổi trên cạnh CD (N khác C) cho MAN 45 Đường chéo BD cắt AM và AN P và Q a) Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp b) Gọi H là giao điểm MQ và NP Chứng minh AH vuông góc với MN c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn Câu (1 điểm) 3 Chứng minh a  b ab(a  b) với a, b 0 Áp dụng kết trên, chứng 1  3  1 3 minh bất đẳng thức a  b  b  c  c  a  với a, b, c là các số dương thỏa mãn abc 1 Hết -Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….…… Chữ kí giám thị 1:……………………… Chữ kí giám thị 2: ……… …… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đáp án gồm : 03 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm bài theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm 11 II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý a b c Nội dung Vẽ đồ thị hàm số y 2 x  Đồ thị cắt trục Ox A (2;0) (HS có thể lấy điểm khác) Đồ thị cắt trục Oy B (0;  4) (HS có thể lấy điểm khác) Vẽ đồ thị hàm số Giải hệ phương trình  x 2 y    y 2 x  Hệ  x  y   2 x  y 3 (HS có thể dùng phép phép trừ) Tìm x 3 Tìm y 3 Kết luận Hệ có nghiệm x 3, y 3 Rút gọn biểu thức P = Điểm 1,00 0,25 0,25 0,5 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 25a  4a a  2a với a  a  25a  4a 30,25 9 a  a  2a a 0,25 2 a (a  2) a 12 a  2a a (a  2) 0,25 0,25 a P= a a a Giải phương trình x  x  m 0 m 1 m 1 ta có phương trình x  3x  0  9  5 3 x1  , x2  b 3 1,00 0,25 0,25 0,5 (mỗi nghiệm đúng cho 0,25) Tìm m để x1 , x2 thỏa 1,00 mãn x   x22  3 Pt (1) có hai nghiệm phân 0,25 biệt   9  4m   m  0,25 (1) Theo định lí Viet x1  x2 3, x1 x2 m 0,25 Bình 0,25 phương ta x12  x22   ( x12  1)( x22  1) 27  x12  x22  x12 x22  x12  x22  25 Tính x12  x22 ( x1  x2 )2  x1 x2 9  2m và đưa hệ 13 thức trên dạng m  2m  10 m  (2)  m2  2m  10 m2  16m  64  18m  54  m  Thử lại thấy m  thỏa mãn pt (2) và điều kiện (1) Tính vận tốc 1,00 canô nước yên lặng Gọi vận tốc canô nước yên lặng là x (km/h, x  4) Vận tốc canô nước 0,25 xuôi dòng là x  và thời 0,25 gian canô 0,25 chạy nước xuôi dòng là 0,25 48 x4 Vận tốc canô nước ngược dòng là x  và thời gian canô chạy nước ngược dòng 48 là x  Theo giả thiết ta có phương trình 48 48  5 x4 x pt 14 a  48( x   x  4) 5( x  16)  x  96 x  80 0 Giải phương trình ta x  0,8 (loại), x 20 (thỏa mãn) Vậy vận tốc canô nước yên lặng là 20 km/h Chứng minh 1,00 tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp A B A P P M D Hình Hình Vẽ hình Theo giả thiết  QAM 450 và  QBM 450    QAM QBM b N 0,5 0,25 0,25  ABMQ là tứ giác nội tiếp Chứng minh AH vuông góc với MN ABMQ là tứ 1,00 giác nội tiếp suy 0,25 15 H Q Q 0,25 C D N c AQM  ABM 1800,25 ABM 900  AQM0,25 900  MQ  AN Tương tự ta có ADNP là tứ giác nội tiếp  NP  AM Suy H là trực tâm tam giác AMN  AH  MN * Chú ý Lập luận trên đúng M trùng với C Xác định vị 1,00 trí điểm M và N để  AMN có diện tích lớn M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên có TH TH M không trùng với C, đó M, N, C 0,25 không thẳng hàng Gọi I là giao điểm AH và MN và S 0,25 là diện tích tam giác AMN thì S = 0,25 AI MN Tứ giác APHQ nội 0,25 tiếp suy   PAH PQH (1) 16 Tứ giác ABMQ nội tiếp suy   BAM BQM (2) Từ (1) và (2) suy   PAH BAM hay   MAI MBA Hai tam giác vuông MAI và MAB có   MAI MBA , AM chung suy MAI MAB  AI  AB a, IM BM Tương tự NAI NAD  IN DN Từ đó S= 1 AI MN  a.MN 2 Ta có MN  MC  NC a  BM  a  DN 2a  ( IM  IN ) Vậy MN  2a  MN hay 1 MN  a  S  a.MN  a 2 TH M trùng với C, đó N trùng với D và AMN ACD nên S = 1 AD.DC  a 2 Vậy  AMN có diện tích lớn  M C và N D 17 1   1 a  b3  b3  c3 1,00  c3  a3  0,25 a  b3 ab(a  b)  a (a  b)  b (b  a ) 0  (a  b)(a  b2 )   (a  b) (a  b) 0 0,25 , đúng a, b 0 0,25 a  b3 ab(a  b)  a  b3  abc ab(a  b)  abc 1  a  b3  ab(a  b  c)   a  b3  ab(a  b  c (Do các vế dương) Tương tự, 0,25 cộng lại ta 1  3  3 a  b  b  c  c  a3  1 1    1 ab(a  b  c ) bc(a  b  c) ca (a  b  c) Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn nguyÔn tr·i - N¨m häc 2009-2010 M«n thi : to¸n Së gi¸o dôc vµ đào tạo H¶I d¬ng Thêi gian lµm bµi: 150 phót Ngµy thi 08 th¸ng n¨m 2009 (§Ò thi gåm: 01 trang) §Ò thi chÝnh thøc C©u I (2.5 ®iÓm): 1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x  y2  xy 3   xy  3x 4 2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nghiệm nguyên: 4x  4mx  2m  5m  0 C©u II (2.5 ®iÓm): 1) Rót gän biÓu thøc:   x2    x    A   x2   x   víi  x 2 18 2) Cho tríc sè h÷u tØ m cho m là số vô tỉ Tìm các số hữu tỉ a, b, c để: a m  b m  c 0 C©u III (2.0 ®iÓm): 1) Cho ®a thøc bËc ba f(x) víi hÖ sè cña x lµ mét sè nguyªn d¬ng vµ biÕt f(5)  f(3) 2010 Chøng minh r»ng: f(7)  f(1) lµ hîp sè P  x  4x   x  6x  13 2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: C©u IV (2.0 ®iÓm): Cho tam gi¸c MNP cã ba gãc nhän vµ c¸c ®iÓm A, B, C lÇn lît lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, N, P trªn NP, MP, MN Trªn c¸c ®o¹n th¼ng AC, AB lÇn lît lÊy D, E cho DE song   song víi NP Trªn tia AB lÊy ®iÓm K cho DMK NMP Chøng minh r»ng: 1) MD = ME 2) Tứ giác MDEK nội tiếp Từ đó suy điểm M là tâm đờng tròn bàng tiếp góc DAK cña tam gi¸c DAK C©u V (1.0 ®iÓm): Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt Tìm vị trí các điểm B và D thuộc đờng tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn -HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh : Sè b¸o danh : Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ : .Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2: Híng dÉn chÊm C©u PhÇn c©u I 1) 2,5 ®iÓm 1,5®iÓm néi dung §iÓm x  y2  xy 3 (1)  (2)  xy  3x 4 Từ (2)  x  Từ đó y  3x x , thay vµo (1) ta cã: 0.25   3x   3x x  3   x x  x   7x  23x  16 0 x 1 hoÆc x = Giải ta đợc 16 16 7 x   x   y  7 Tõ x 1  x 1  y 1 ; 4 5 7 4 7 ; ;     7 7     VËy hÖ cã nghiÖm (x; y) lµ (1; 1); (-1; -1); ; 19 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2) 1,0®iÓm c©u II 1) 2,5 ®iÓm 1,5®iÓm Điều kiện để phơng trình có nghiệm:  x ' 0  m   5m  0  (m  2)(m  3) 0 V× (m - 2) > (m - 3) nªn:  x ' 0  m  0 vµ m  0  m 3, mµ m  Z  m = hoÆc m = Khi m =   x ' =  x = -1 (tháa m·n) 0.25 Khi m =   x ' =  x = - 1,5 (lo¹i) VËy m = 0.25 0.25 (a, b 0) §Æt a   x; b   x  a  b 4; a  b 2x  ab  a  b3   ab  a  b   a  b  ab   A   ab  ab  ab  a  b    ab   A   ab  a  b   ab  A   2ab  a  b   A 2 a 1,0®iÓm 0.25 0.25 0.25 0.25   b2  2ab  a  b   a  b   a  b   A a  b 2x  A x 0.25 0.25 a m  b m  c 0 (1) Gi¶ sö cã (1)  b m  c m  am 0 (2) 2 Tõ (1), (2)  (b  ac) m (a m  bc) 0.25 2) 0.25 2 a m  bc b2  ac lµ sè h÷u tØ Tr¸i víi gi¶ thiÕt! NÕu a m  bc 0 b  ac 0 b3 abc     a m  bc 0 bc am  m 3 3 m b a lµ sè h÷u tØ Tr¸i víi gi¶  b a m  b a m NÕu b 0 th× thiết!  a 0;b 0 Từ đó ta tìm đợc c = Ngợc lại a = b = c = thì (1) luôn đúng Vậy: a = b = c = c©u III 1) ®iÓm 1,0®iÓm 2) 1,0®iÓm Theo bµi f(x) cã d¹ng: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d víi a nguyªn d¬ng Ta cã: 2010 = f(5) - f(3) = (53 - 33)a + (52 - 32)b + (5 - 3)c = 98a + 16b + 2c  16b + 2c = (2010- 98a) Ta cã f(7) - f(1) = (73 - 13)a + (72 - 12)b + (7 - 1)c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c) =M 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010) 3 V× a nguyªn d¬ng nªn 16a + 2010>1 VËy f(7)-f(1) lµ hîp sè P  x  2  12   xK 3 C Ta chứngDminh đợc:E  x   x  3 OA  N A 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  22 B Trên mặt phẳng tọa độ Oxy lÊy c¸c ®iÓm A(x-2; 1), B(x+3; 2) AB  0.25  x  2 20 P  12 0.25      25   26 , OB   x  3  22 0.25  c©uIV 1) ®iÓm 0,75®iÓm  x  2  x  3  12   2  26 OA  OB AB MÆt kh¸c ta cã: DÊu “=” x¶y A thuéc ®o¹n OB hoÆc B thuéc ®o¹n OA x    x 7 x 3 Thö l¹i x = th× A(5; 1); B(10; 2) nªn A thuéc ®o¹n 0.25 OB VËy Max P  26 x = 0.25 Ta dÔ dµng chøng minh tø gi¸c   MBAN néi tiÕp  MAB MNB ,   MCAP néi tiÕp  CAM CPM   L¹i cã BNM CPM (cïng phô gãc NMP)    CAM BAM (1) Do DE // NP mÆt kh¸c MA  NP  MA  DE (2) Tõ (1), (2)  ADE c©n t¹i A  MA lµ trung trùc cña DE  MD = ME 0.25 0.25 0.25 2) 1,25®iÓm M K B C D N E A P   Do DE//NP nªn DEK NAB , mÆt kh¸c tø gi¸c MNAB néi tiÕp nªn:      DEK 1800 NMB  NAB 1800  NMB     Theo gi¶ thiÕt DMK NMP  DMK  DEK 180  Tø gi¸c MDEK néi tiÕp Do MA lµ trung trùc cña DE  MEA MDA      MEA MDA  MEK MDC     V× MEK MDK  MDK MDC  DM lµ ph©n gi¸c cña gãc CDK, kÕt hîp với AM là phân giác DAB  M là tâm đờng tròn bàng tiếp góc DAK cña tam gi¸c DAK 21 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 A' c©u V ®iÓm B' B O C A D' D Kh«ng mÊt tæng qu¸t gi¶ sö:AB AC Gäi B’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung   AB' CB' ABC Trên tia đối BC lấy điểm A’ cho BA’ = BA  AB  BC CA '      Ta cã: B 'BC B ' AC B 'CA (1) ; B'CA  B 'BA 180 (2)     'BA ' 1800 B'BC B (3);Tõ (1), (2), (3)  B 'BA B 'BA ' Hai tam gi¸c A’BB’ vµ ABB’ b»ng  A 'B ' B ' A Ta có  B' A  B'C B 'A' B'C A 'C = AB + BC ( B’A + B’C không đổi vì B’, A, C cố định) Dấu “=” xảy B trùng với B’  Hoµn toµn t¬ng tù nÕu gäi D’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung ADC th× ta còng cã AD’ + CD’  AD + CD DÊu “=” x¶y D trïng víi D’  Chu vi tø gi¸c ABCD lín nhÊt B, D lµ c¸c ®iÓm chÝnh gi÷a c¸c  cung AC đờng tròn (O) 0.25 0.25 0.25 0.25 Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác, lời giải đúng cho điểm tối đa sở giáo dục và đào tạo H¶i d¬ng §Ò thi chÝnh thøc C©u I: (2,0 ®iÓm) 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: C©u II : (2,0 ®iÓm) kú thi tuyÓn sinh líp 10 thpt n¨m häc 2009 - 2010 M«n thi: to¸n Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngµy 06 th¸ng 07 n¨m 2009 (buæi chiÒu) (§Ò thi gåm cã: 01 trang) 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 ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 ,x tháa m·n x1  x x1x  C©u III : (2,0 ®iÓm) 1) Rót gän biÓu thøc:   22   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 gãc K  AN  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   y3  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 điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đợc thống Hội đồng chÊm - Sau cộng toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: C©u C©u I ®iÓm PhÇn §¸p ¸n 2x - = - x x= (1 ®iÓm) (1 ®iÓm) C©u II ®iÓm (1 ®iÓm) §iÓm 0.5 0,5 y x  y x    0,5  2x  3(x  2) 9 5x 15 x 3 0,25  y   HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 0,25 vµ y = 1,0 1 f(0) 0; f(2)  2;f( )  ;f( 2)  23 x  2(m  1)x  m  0 (1) PT(1) cã hai 0,25  nghiÖm , (m  1)2  m  0 0,25  2m  0  m  Theo Vi - et ta cã: x1  x 2(m  1)  0,25 x1x m  Tõ hÖ thøc: (x1  x )2  3x1x 8 (1 ®iÓm) C©u III ®iÓm  4(m  1)2  3(m  1) 8  m  8m  0  m   17 0,25 KÕt hîp víi ®k  m   17 A 1 x x1 : x  x x  x 1 = 1 x : x x (1 ®iÓm) 0,5 x1   x 1 =  x ( x  1)2 x x x1 x 1  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) Theo bµi ta cã: 300 300  1 x  10 x  x  10x  3000 0 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 24 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 C©u IV ®iÓm M E H A O B 0,5 K N 0,75 ®iÓm 0,75 ® 1,0 ®iÓm Hình vẽ đúng Chú ý: Kể trờng hợp đặc biệt MN ®i qua O Tõ gi¶ thiÕt:  AKM 900 , 0,5  AHM 90 Bèn ®iÓm A, K, H, M cïng thuéc 0,25 đờng tròn   NAH NMK = 0,25  s® KH   NAH NMB = 0,25 (2)  s® NB Tõ (1) vµ (2) 0,25    NMK NMB  MN lµ ph©n 0,25 gi¸c cña gãc KMB   MAB MNB  MB s® ;   MAB MKH   0,25 s® MH    MNB MKH  K,M,E,N cïn g thuộc đờng tròn    MEN  MKN 1800  ME  NB 0,251 1 S MAN  MK.AN; S MNB  ME.NB; S AMBN  MN.AB 2  MK.AN  ME.BN MN.AB 25 C©u V ®iÓm Së gi¸o dôc và đào tạo H¶I d¬ng §Ò thi chÝnh thøc   MK.NA  ME.NB   lín nhÊt MN.AB lín nhÊt  MN lín nhÊt 0,25 (V× AB= const )  M lµ chÝnh  gi÷a AB x   x3  y   y3 0,25 x,y  §K: x > y  x   y     VT  VP 0,25 3 x  y x < y  VF  VT  x y tháa m·n 0,25  B x  2x  10 (x  1)2  9 x  MinB = Khi x 0,25 = y = -1 K× thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2008-2009 M«n thi : To¸n Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngµy 26 th¸ng n¨m 2008 (buæi chiÒu) §Ò thi gåm : 01 trang C©u I: (3,0 ®iÓm) 1) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a) 5.x  45 0 b) x( x + 2) - = x2 2) Cho hµm sè y = f(x) = a) TÝnh f(-1) b) Điểm M( 2;1) có nằm trên đồ thị hàm số không ? Vì sao? C©u II: (2,0 ®iÓm)  4  a  P       a   a 2 1) Rót gän biÓu thøc a 1   a   víi a > vµ a 4 2) Cho phơng trình ( ẩn x): x – 2x – 2m = Tìm m để phơng trình có 2 nghiÖm ph©n biÖt x , x tho¶ m·n : (1  x1 )(1  x2 ) 5 2 C©u III: (1,0 ®iÓm) Tổng số công nhân hai đội sản xuất là 125 ngời Sau điều 13 ngời từ đội thứ sang đội thứ hai thì số công nhân đội thứ số công nhân đội thứ hai Tính số công nhân đội lúc đầu 26 C©u IV: (3,0 ®iÓm) Cho đờng tròn tâm O Lấy điểm A ngoài đờng tròn (O), đờng thẳng AO cắt đờng tròn (O) điểm B, C (AB < AC) Qua A vẽ đờng thẳng không qua O cắt đờng tròn (O) hai điểm phân biệt D, E ( AD < AE) Đờng thẳng vuông góc với AB A cắt đờng th¼ng CE t¹i F 1) Chøng minh tø gi¸c ABEF néi tiÕp 2) Gọi M là giao điểm thứ hai đờng thẳng FB với đờng tròn (O) Chøng minh DM  AC 3) Chøng minh CE.CF +AD.AE = AC2 C©u V: ( 1,0 ®iÓm) Cho biÓu thøc B (4 x  x  x  x  2)  2008 x  TÝnh gi¸ trÞ cña B 21 1 HÕt Hä 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 H¶I d¬ng §Ò thi chÝnh thøc K× thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2008-2009 M«n thi : To¸n Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngµy 28 th¸ng n¨m 2008 (buæi chiÒu) §Ò thi gåm : 01 trang C©u I: ( 2,5 ®iÓm) 1) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: 5 x 1  x a) x  b) x2 – 6x + = 2) Cho hµm sè y (  2) x  TÝnh gi¸ trÞ cña hµm sè x   C©u II: ( 1,5 ®iÓm) 2 x  y m   Cho hÖ ph¬ng tr×nh  x  y 3m  1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh víi m = 2) Tìm m để hệ có nghiệm (x; y) thoả mãn: x2 + y2 = 10 C©u III: ( 2,0 ®iÓm) M b  b  b    b b  1  b   1) Rót gän biÓu thøc víi b 0 vµ b 9 2) Tích số tự nhiên liên tiếp lớn tổng chúng là 55 Tìm số đó C©u IV: ( 3,0 ®iÓm ) Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB Trên đờng tròn (O) lấy điểm C (C kh«ng trùng với A, B và CA > CB) Các tiếp tuyến đờng tròn (O) A, C cắt điểm D, kÎ CH vu«ng gãc víi AB ( H thuéc AB), DO c¾t AC t¹i E 1) Chøng minh tø gi¸c OECH néi tiÕp 27   2) Đờng thẳng CD cắt đờng thẳng AB F Chứng minh 2BCF  CFB 90 3) BD c¾t CH t¹i M Chøng minh EM//AB C©u V: (1,0 ®iÓm) x Cho x, y tho¶ m·n: x  2008  y   y  2008 2008 TÝnh: x  y HÕt Hä 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 líp 10 THPT H¶I d¬ng N¨m häc 2008-2009 *** -M«n thi : To¸n Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề §Ò dù bÞ Ngµy … th¸ng … n¨m 2008 (buæi …… ) §Ò thi gåm : 01 trang C©u I: ( ®iÓm) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: 1) x  1 x  3x  x  ( x  1) x 2) C©u II: ( ®iÓm) 1) Cho hµm sè f(x) = – 4x + So s¸nh f(1) vµ f(2) y  x2 có đồ thị là (P) và đờng thẳng (d) có phơng trình y = x + m 2) Cho hµm sè Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ là x 1, x2 thỏa mãn 1  2 x12 x22 C©u III: ( ®iÓm)   1   A   :    a 1   a  a  víi a > vµ a 1  a 1) Rót gän biÓu thøc 2) Quãng đờng Hải Dơng – Thái Nguyên dài 150km Một ô tô từ Hải Dơng đến Thái Nguyên nghỉ Thái Nguyên 30 phút , sau đó trở Hải Dơng hết tất c¶ 10 giê TÝnh vËn tèc cña « t« lóc ®i BiÕt vËn tèc lóc vÒ nhanh h¬n vËn tèc lóc ®i 10km/h C©u IV: ( ®iÓm ) Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng thẳng BO và CO lần lợt cắt đờng tròn (O) E , F 1) Chøng minh AF//BE 2) Gäi M lµ mét ®iÓm trªn ®o¹n AE ( M kh¸c A , E ) §êng th¼ng FM c¾t BE kÐo dµi t¹i N , OM c¾t AN t¹i G Chøng minh a) AF2 = AM.ON b) Tø gi¸c AGEO néi tiÕp C©u V: ( ®iÓm)  3      T×m sè nguyªn lín nhÊt kh«ng vît qu¸ 28 HÕt Hä 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 H¶I d¬ng K× thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2008-2009 M«n thi : To¸n Ngµy 26 th¸ng n¨m 2008 (buæi chiÒu) Híng dÉn chÊm gåm : 03 trang Híng dÉn chÊm I Híng dÉn chung - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhng đáp ứng đợc yêu cầu cho đủ ®iÓm - Việc chi tiết hoá điểm số ( có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hớng dẫn chấm và đợc thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm II §¸p ¸n vµ thang ®iÓm C©u PhÇn Néi dung §iÓ m C©u I 1) a 0,25 5.x  45 0  5.x  45 3®iÓm 1,0®iÓ 45 m  x 0,5  x  x 3 1) b 1,0®iÓ m Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là x = x(x+2)-5=0<=> x2+2x-5=0 Cã  ' = 1+5 =6 > Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ph©n biÖt x1   ; x2   Vậy phơng trình đã cho có nghiệm: x1   ; x2   2) a 0,5®iÓ m   1 0,25 = 2) b 0,5®iÓ m 0,25 §iÓm M  1) 1,0®iÓ m  có thuộc đồ thị hàm số đã cho    1 2;1 0,25 V× x= C©u II 2,0 ®iÓm 0,25 0,25 f(-1) = 0,25 0,25 0,25 th× y =  4  a  P       a   a 2   a1 a   a 2 0,25 a 1   a     a  2   a  2  a  2 a  29 0,25  a 1    a  a  a 2  a 3 a 2  a a a 6 a   a a 6 a  a  2) 1,0®iÓ m  0,25 0,25 Phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt   ' >0 <=> 1+2m > <=> m >  Khi đó phơng trình có nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1 + x2 = vµ x1 x2 = -2m Cã (1+x12)(1+x22) = 2 2 2 <=> x1  x2  x1 x2 1 5  ( x1  x2 )  x1 x2  x1 x2 4 (*) Thay x1 + x2 = vµ x1 x2 = -2m vµo (*) cã  m 0   4m  4m 4  4m  4m2 0  m  1  KÕt hîp víi m > ta cã m = tháa m·n C©u III 1,0®iÓ m 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy với m= thì phơng trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 tháa m·n (1+x12)(1+x22) = Gọi số công nhân lúc đầu đội thứ nhất, đội thứ hai lÇn lît lµ x, y (®k: x>13, y>0, x, y nguyªn) 0,25 Ta cã x + y = 125 (1) Sau điều 13 công nhân từ đội thứ sang đội thứ hai => Số công nhân đội thứ nhất, thứ hai lần lợt là x – 13 vµ y + 13 Ta cã ph¬ng tr×nh: 0,25 x – 13 = (y + 13) (2)  x  y 125   x 63  x  13  y  13     Tõ (1) vµ (2) cã hÖ  Gi¶i hÖ ta cã  y 62  x 63  cã  y 62 (tháa m·n ®iÒu kiÖn) VËy sè c«ng nh©n lóc đầu đội thứ nhất, thứ hai lần lợt là 63 và 62 ngời 30 0,25 0,25 C©u IV 3,0®iÓ m F E D A C O B M 1) 1,0®iÓ m Vẽ hình đúng Vì AO cắt đờng tròn (O) B và C => BC là đờng kính 0   cña (O)) => BEC 90  BEF 90 0,5 0,25  Cã BAF 90 (V× AB AF) 2) 1,0®iÓ m    BEF  BAF 1800 => tø gi¸c ABEF néi tiÕp    Cã BMD BED (gãc néi tiÕp cïng ch¾n BD )   BEA BFA Cã tø gi¸c ABEF néi tiÕp => cïng ch¾n AB )  3) 1,0®iÓ m 0,25 (1) (gãc néi tiÕp (2)  Tõ (1) vµ (2) => BMD BFA mµ gãc ë vÞ trÝ so le => AF//DM Mµ AF  AC nªn DM  AC Có ABE và ADC đồng dạng (vì tam giác có chung   DEB  DCB    s® BD DAB vµ ) AB AE   AE AD  AB AC => AD AC (*) CE CF  CB CA T¬ng tù cã: (**) Tõ (*) vµ (**) tacã CE.CF  AD AE BC AC  AC AB  AC ( AB  BC )  AC C©u V 1,0®iÓ m Ta cã x  21 (  1) 21    2  ( 1)(  1) 2 <=> 2x+1=  (2 x  1) 2  x  x  0 Ta cã x  x  x  x  =  x3 (4 x  x  1)  x (4 x  x  1)  x  x  0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 Do x  x  0  x5  x  x  x   x  x.0    => B ( 1)  2008 2009 31 0,25 Sở giáo dục và đào tạo H¶I d¬ng C©u C©u I (2,5 ®iÓm) K× thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2008-2009 M«n thi : To¸n Ngµy 28 th¸ng n¨m 2008 (buæi chiÒu) Híng dÉn chÊm gåm : 03 trang Híng dÉn chÊm I Híng dÉn chung Thí sinh làm bài theo cách riêng nhng đáp ứng đợc yêu cầu cho đủ ®iÓm Việc chi tiết hoá điểm số ( có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hớng dẫn chấm và đợc thống Hội đồng chấm Sau cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm II §¸p ¸n vµ thang ®iÓm PhÇn Néi dung §iÓ m  1) a 0,25 ®k: x ®iÓm 5 x 0,25 1    x  5  x x x  x 6  x 3 x = tho¶ m·n ®k x  1)b ®iÓm VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x=3 ’ = -1 =8 > Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ x1 3  ; x2 3  Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 3  ; x2 3  2) 0,5®iÓ m Thay x=  vµo hµm sè => y=  5 1) 1,0®iÓ m 2  +3 = ( 5)   5  4 VËy gi¸ trÞ cña hµm sè t¹i x=  lµ C©u II (1,5 ®iÓm)   x  y   Khi m = ta cã:  x  y 7 32 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25  x  y     x  y 7  x 1   y 3  x 1  VËy m =1 th× hÖ cã nghiÖm  y 3 2) 0,5®iÓ m 5 x 5    x  y 7 2 x  y m  4 x  y 2m  5 x 5m  x m      x  y 3m   x  y 3m   x  y 3m   y m  0,5 0,25 0,25 Cã x2 + y2 = 10 <=> m2 + (m + 2)2 = 10 <=> 2m2 + 4m – =  m 1  <=> m2 + 2m – =  m  0,25 VËy víi m=1 vµ m=-3 th× hÖ cã nghiÖm (x;y) tháa m·n x2+y2=10 C©u III 1) (2,0 1,0®iÓ ®iÓm) m M b  b b   b  b   b   b  b  1  b     b  1  b  3  b  3  b  3 b   b  b  3 b 3  b b 3  b b b b =  b b b  b 3 =  b b = 2)1,0 ®iÓm 0,25 0,25 0,25 0,25 Gäi sè tù nhiªn liªn tiÕp lÇn lît lµ x vµ x+1 ( x  ) Tích số đó là x(x+1) Tổng số đó là x+x+1 Do tÝch cña sè lín h¬n tæng cña nã lµ 55 nªn ta cã ph¬ng tr×nh: x(x+1)-(x+x+1)=55 <=>x2-x-56 = 0<=> x=8 vµ x=-7 KÕt hîp víi x   =>x=8 tho¶ m·n ,x=-7 lo¹i VËy hai sè tù nhiªn liªn tiÕp cÇn t×m lµ vµ 33 0,25 0,25 0,25 0,25 C©u IV (3,0 ®iÓm) K D C M E A 1) 1®iÓm O H B F Vẽ hình đúng V× DA vµ DC lµ c¸c tiÕp tuyÕn cña (O) nªn DA = DC Cã OA = OC => O, D nằm trên đờng trung trực đoạn AC  => AC  DO t¹i E => CEO 90 (1)  Cã CHO 90 (v× CH  AB) (2)   Tõ (1) vµ (2) => CEO  CHO 180 0,5 0,25 0,25 => tø gi¸c OECH néi tiÕp 2) 1®iÓm  BCF   s® BC V× CF lµ tiÕp tuyÕn cña (O) =>    2BCF  BC 0,25 s® 1  CFB     s® AC s® BC Cã (t/c góc có đỉnh nằm ngoài 0,25 đờng tròn) 1       => 2BCF + CFB  s® BC + s® AC s® BC 1      s® AC s® BC s® AB = 900   2BCF CFB 900 3) ®iÓm 0,5 VËy + Gọi K là giao điểm các đờng thẳng AD và BC   Cã K1  A1 90  C  900 C   => K1 C1 => DKC c©n t¹i D 0,25 A C  => DK = DC Mµ DC = AD => DA = DK CM BM  cã CH //KA => DK BD MH = DA Mµ DK = DA nªn CM = MH (*) Theo câu có DO là đờng trung trực AC => EA = AC (**) 34 0,2 0,25 0,25 Từ (*) và (**) => ME là đờng trung bình ACH => ME//AB C©u V ®iÓm  Ta cã  x  2008  x x  2008  x    x  2008  x x  2008  x 2008 0,25 2008 x  2008  x y  2008  y  (a) 2008 0,25 y  2008  y T¬ng tù cã Céng tõng vÕ cña (a) vµ (b) ta cã 2008 x  2008  x  y  2008  y  2  x  2008  y  2008  x  y  2 2  x  2008  y  2008  x  y  (b)  x  2008  x 2008  2008  y  2008  y x  2008  x  y  2008  y x  2008  x  2008  y  2008  y   x  2008  x  y  2008  y 0,25  2008  x  2008  y  2008  x  y  x  2008  x  y  2008  y   x  y 0  x  y 0 0,25 VËy x + y = Sở giáo dục và đào t¹o H¶I d¬ng K× thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2008-2009 M«n thi : To¸n Ngµy …… th¸ng … n¨m 2008 (buæi…… ) Híng dÉn chÊm gåm : 03 trang Híng dÉn chÊm §Ò dù bÞ I Híng dÉn chung - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhng đáp ứng đợc yêu cầu cho đủ ®iÓm - Việc chi tiết hoá điểm số ( có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hớng dẫn chấm và đợc thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm II §¸p ¸n vµ thang ®iÓm C©u PhÇn Néi dung §iÓ m C©u I 1) x 2x 0,5 2,0®iÓ 1,0®iÓ  1    m m  x  4 2)  x 3  x  3 x Vậy phơng trình đã cho có nghiệm ®kx®: x  vµ x 1 35 0,5 0,25 1,0®iÓ m C©u II 2,0®iÓ m 1) 1,0®iÓ m 2) 1,0®iÓ m x  3x x2  3x    Cã x  ( x  1) x ( x  1) x ( x  1) x  x 1  x 4  x  x  3x  0    x  0,5 x = 1(lo¹i), x = -4 (TM®k) Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là x = -4 f(1) = - 4.1+1 = - f(2) = – 4.2 + = - Cã – > - nªn f(1) >f(2) 0,25 0,5 0,5 Hoành độ giao điểm (d) và (P) là nghiệm phơng x  x  m  x  x  2m 0 tr×nh: (1) §Ó ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm ph©n biÖt   ' >0 0,25 <=> 1+2m > <=> m >  Khi đó phơng trình có nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1 + x2 = vµ x1 x2 = -2m  x1  x2   x1 x2 2 1 x12  x22    2  2 2 x1 x2 x12 x22 Ta cã x1 x2 (*) Thay x1 + x2 = vµ x1 x2 = -2m vµo (*) ta cã 0,5  m 1  4m 2 2   m 2m  2m  m  0    m  4m  m  (lo¹i) m= 1(TM§K), VËy m= th× (d) c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh 0,25 C©u III 2,0®iÓ m 1) 1,0®iÓ m 1  2 x x2 độ là x1, x2 thỏa mãn   1   A   :    a 1   a  a  a          2) 1,0®iÓ m      a  a 1   : a 1   a a   a 1 a      a a1 a  a 1 a           0,5    a a 1 0,25 0,25 Gäi vËn tèc lóc ®i cña « t« lµ x km/h (®k x > 0) 150 =>Thời gian từ Hải Dơng đến Thái Nguyên là x VËn tèc cña « t« lóc vÒ lµ (x+10) km/h 150 =>Thêi gian ®i tõ Th¸i Nguyªn vÒ H¶i D¬ng lµ x  10 giê NghØ ë Th¸i Nguyªn 4giê 30 phót = giê Tæng thêi gian ®i, thêi gian vÒ vµ thêi gian nghØ lµ 10 giê 36 0,25 0,25 150 150 x + x  10 + = 10 nªn ta cã ph¬ng tr×nh: <=> 11x2 – 490 x – 3000 =  x 50   x  60 11 Gi¶i ph¬ng tr×nh trªn ta cã  0,25 KÕt hîp víi x > ta cã vËn tèc ®i cña « t« lµ 50 km/h C©u IV (3,0 ®iÓm) A 0,25 G N M F E O 1 2 B 1) 1®iÓm C Vẽ hình đúng 0,5   Do ABC đều, BE và CF là tia phân giác B ; C nên  B  C  =C      B 2 => AE CE  AF BF    FAB B 0,25 0,25 => AF//BE T¬ng tù c©u 1) ta cã AE//CF nªn tø gi¸c AEOF lµ h×nh b×nh hµnh mµ AE  AF  AE  AF nªn tø gi¸c AEOF lµ 0,25 h×nh thoi 2) a 1®iÓm   OFN và AFM có FAE FOE (2 góc đối hình thoi) AFM FNO  (2 gãc so le trong) 0,25 => AFM đồng dạng với ONF (g-g) AF AM   AF OF  AM ON ON OF mµ AF = OF nªn AF  AM ON  2) b ®iÓm   0,25 0,25 Cã AFC  ABC 60 vµ AEOF lµ h×nh thoi => AFO vµ AEO là các tam giác => AF=DF=AO 0,25 => AO  AM ON  AM AO  AO ON   vµ cã OAM  AOE 60 => AOM vµ 0.25 ONA đồng dạng   => AOM ONA      Cã 60  AOE  AOM  GOE  ANO  GAE    GAE GOE mµ hai gãc cïng nh×n GE nªn tø gi¸c AGEO néi tiÕp 37 0.5 C©u V 1,0®iÓ m 3 2 §Æt => x1 + x2 = vµ x1x2 = 2 Cã x1  x2 ( x1  x2 )  x1 x2 7 x1  3 ; x2  x13  x23 ( x1  x2 )3  x1 x2 ( x1  x2 ) 27  3.1.3 18 4 2 2 2 2 0,25 0,25 x  x ( x  x )  x x 7  2.1 47 x17  x27 ( x13  x23 )( x14  x24 )  x13 x23 ( x1  x2 ) 18.47  1.3 743 0,25  3  x   743  x1   7  3  7       x1   742  x2  743   Do 0,25  3      VËy sè nguyªn lín nhÊt kh«ng vît qu¸ lµ 742 Sở giáo dục và đào tạo H¶i d¬ng §Ò thi chÝnh thøc Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT n¨m häc 2006 – 2007 M«n thi : To¸n Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngµy thi : 28 th¸ng n¨m 2006 ( buæi chiÒu) §Ò thi gåm : 01 trang Bµi ( 3,0 ®iÓm) 1) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a) 4x + = b) 2x - x2 = 2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x − y =3 5+ y=4 x ¿{ ¿ Bµi ( 2,0 ®iÓm) 1) Cho biÓu thøc P= √ a+3 − √ a −1 + √ a − ( a≥ ; a ≠ ) √ a −2 √ a+2 − a + Rót gän P +TÝnh gi¸ trÞ cña P víi a = 2) Cho ph¬ng tr×nh x2 - (m+4)x+3m+3=0 (m lµ tham sè) a) Xác định m để phơng trình có nghiệm Tìm nghiệm còn lại b) Xác định m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x 31+ x 32 ≥ Bµi (1,0 ®iÓm) Khoảng cách hai thành phố A và B là 180km Một ô tô từ A đến B, nghỉ 90 phút B, lại từ B A Thời gian từ lúc đến lúc trở A là 10 Biết vận tốc lúc vÒ kÐm vËn tèc lóc ®i km/h TÝnh vËn tèc lóc ®i cña « t« Bµi (3,0 ®iÓm) Tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn đờng kính AD Hai đờng chéo AC, BD cắt E Hình chiếu vuông góc E trên AD là F Đờng thẳng CF cắt đờng tròn điểm thứ hai lµ M Giao ®iÓm cña BD vµ CF lµ N Chøng minh : a) CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp b) Tia FA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BFM 38 c) BE.DN = EN.BD Bµi (1,0 ®iÓm) Tìm m để giá trị lớn biểu thức x +m x 2+1 b»ng ………………………… HÕt………………………… Hä vµ tªn thÝ sinh …………………………………… Sè b¸o danh ……… Ch÷ ký cña gi¸m thÞ ……………… Ch÷ ký cña gi¸m thÞ ………………… Sở giáo dục và đào tạo H¶i d¬ng - §Ò thi chÝnh thøc Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT n¨m häc 2006 – 2007 M«n thi : To¸n Ngµy thi : 28 th¸ng n¨m 2006 ( buæi chiÒu) Híng dÉn chÊm thi B¶n híng dÉn gåm 04 trang I Híng dÉn chung -Thí sinh làm bài theo cách riêng nh−ng đáp ứng đ−ợc yêu cầu cho đủ ®iÓm - Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với h−ớng dẫn chấm và đ−ợc thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm II §¸p ¸n vµ thang ®iÓm C©u (bµi) Bµi ý (phÇn) 1a: (3,0 ®iÓm) (0,75 ®iÓm) Néi dung 4x+3=0  4x=-3  x= − 0,5 VËy nghiÖm ph¬ng tr×nh lµ − 0,25 2x- x2 =  x(2-x)=0  x = hoÆc 2-x=0 0,5 1b: (1,0 ®iÓm) 2: (1,25 ®iÓm) §iÓm  x = hoÆc x = 0,25 VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ vµ 0,25 0,25 ¿ x − y=3 5+ y=4 x ⇔ ¿ x − y =3 x +5=4 x +3 ¿{ ¿ 0,5 0,25 ⇔ x − y=3 x=2 ⇔ ¿ x=1 − y=3 ¿{ 0,25 39 ⇔ x=1 y=− ¿{ VËy nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh lµ Bµi 1: (2,0 ®iÓm) (1,0 ®iÓm) P= ¿ ¿ x=1 y=− ¿{ ¿ 0,25 ( √a+ 3)( √ a+2) −( √ a −1)( √ a −2)−(4 √ a − 4) a−4 √a − 0,5 =4 √ −2 0,25 √ a+8 a−4 a=9 ⇒ P= ¿ * Ghi chó : NÕu HS kh«ng rót gän tríc mµ thay trùc tiÕp a=9 vµo P và tính đợc kết đúng cho 0,25 điểm 2a: (0,5 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm b»ng  4-2(m+4)+3m+3=0 m=1 0,25 HS tính đợc nghiệm còn lại là 0,25 2.b: (0,5 ®iÓm)  = (m-2)2 ≥ m ⇒ x + x 2=m+4 x x2=3 m+3 ¿{ Cã x 1+ x ¿ − x1 x 2(x + x 2) ¿ ¿ x 1+ x32 =¿ 0,25 0,25 Chøng minh m − m+7 >0 ∀ m Bµi (1,0 ®iÓm) Từ đó x 31+ x 32 ≥ ⇔ m+ ≥ ⇔m ≥− Gäi vËn tèc lóc ®i lµ x (km/h) (x>5) => vËn tèc lóc vÒ lµ x-5(km/h) Thêi gian ®i lµ 180 (giê) x Thêi gian vÒ lµ 180 x −5 Ph¬ng tr×nh (giê) §æi 90 ' = ( giê) 180 180 + + =10 x x −5 0,25 0,25 0,25 ⇔17 x − 805 x+1800=0 0,25 40 Giải đợc nghiệm x 1=45 (nhận) ; x 2=40 (lo¹i) Tr¶ lêi 17 C Bµi B (3,0 ®iÓm) E N A D F M 4.a: (0,75 ®iÓm) 4.b: (1,25 ®iÓm) Gãc EFD = gãc ECD = 900 0,25 => Gãc ECD + gãc EFD = 1800 0,25 => ECDF lµ tø gi¸c néi tiÕp Góc ABD = 900 (chắn nửa đờng tròn) 0,25 => gãc ABE + gãc AFE = 1800 nªn ABEF lµ tø gi¸c néi tiÕp 0,25 Gãc AFB = gãc AEB ( cïng ch¾n cung AB) góc AEB = góc CED ( đối đỉnh) 4.c: (1,0 ®iÓm) CDFE lµ tø gi¸c néi tiÕp => gãc CED = gãc CFD 0,25 Mà góc CFD = góc AFM ( đối đỉnh) 0,25 => gãc AFB = gãc AFM => FA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BFM ABCD, CDFE lµ c¸c tø gi¸c néi tiÕp => gãc ACB = gãc ADB vµ gãc ADB = gãc ECF 0,5 0,25 => gãc ACB = gãc ECF => CE lµ ph©n gi¸c cña tam gi¸c BCN 0,25 MÆt kh¸c CE  CD =>CD lµ ph©n gi¸c ngoµi cña BCN 0,25 Tính chất đờng phân giác áp dụng vào tam giác BCN ta có: EB DB CB = (¿ ) ⇒ EB DN=EN DB EN DN CN Bµi Gi¶ thiÕt cho gi¸ trÞ lín nhÊt cña (1,0 ®iÓm) x +m x +1 0,25 b»ng 0,25 41 ¿ x +m ≤2∀ x x 2+1 x +m PT =2 x +1 ¿{ ¿ (1) 0,25 cã nghiÖm (2) (1) <=> 2x+m ≤ 2x2+2 x <=> x − ¿ 2+ 2 <=> ¿= m≤ ¿ 0,25 x− ¿ + ∀ x 2 m≤ ¿ 0,25 <=> m≤ (2) <=> 2x2 - 2x+2-m = cã nghiÖm <=> ' = 1-2(2-m)≥0 <=> m≥ KÕt hîp l¹i ta cã m= Chó ý: ë bµi HS cã thÓ gi¶i theo c¸ch sau x +m * §Æt y= <=> yx2-2x+y- m= (1) x +1 y lµ gi¸ trÞ cña biÓu thøc <=> ph¬ng tr×nh (1) ( Èn x) cã nghiÖm * y = <=> x= −m (0,25®iÓm) m+ m +4 * y≠ pt có nghiệm <=> ' ≥0 lập luận đến y ≤ √ (0,25®iÓm) 2 vµ so s¸nh víi m+ √ m +4 Phải lập luận tồn đẳng thức y= m+ √ m + m+ √ m +4 2 => gi¸ trÞ lín nhÊt cña bt b»ng (0,25®iÓm) Giải phơng trình m+ √ m +4 =2 tìm đợc m= 2 (0,25®iÓm) ========HÕt======== Sở giáo dục và đào tạo H¶i d¬ng §Ò thi chÝnh thøc Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT n¨m häc 2006 – 2007 M«n thi : To¸n Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngµy thi : 30 th¸ng n¨m 2006 ( buæi chiÒu) §Ò thi gåm : 01 trang Bµi ( 3,0 ®iÓm) 1) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau : a) 5(x-1)-2 = b) x2 - = 2) Tìm toạ độ giao điểm đờng thẳng y = 3x - với hai trục toạ độ 42 Bµi ( 2,0 ®iÓm) 1) Giả sử đờng thẳng (d) có phơng trình y = ax + b Xác định a,b để (d) qua hai điểm A(1;3) và B(-3;-1) 2) Gäi x1 ; x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 - 2(m-1)x - = ( m lµ tham sè) Tìm m để |x 1|+|x 2|=5 P= 3) Rót gän biÓu thøc √ x+ − √ x −1 − ( x ≥ ; x ≠ 1) √ x −2 √ x +2 √ x − Bµi (1,0 ®iÓm) Mét h×nh ch÷ nhËt cã diÖn tÝch 300m NÕu gi¶m chiÒu réng ®i 3m, t¨ng chiÒu dµi thêm 5m thì ta đợc hình chữ nhật có diện tích diện tích hình chữ nhật ban đầu TÝnh chu vi cña h×nh ch÷ nhËt ban ®Çu Bµi ( 3,0 ®iÓm) Cho điểm A bên ngoài đờng tròn tâm O Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn (B, C lµ tiÕp ®iÓm) M lµ ®iÓm bÊt k× trªn cung nhá BC (M≠B, M≠C) Gäi D, E, F t¬ng ứng là hình chiếu vuông góc M trên các đờng thẳng AB, AC, BC; H là giao điểm MB vµ DF ; K lµ giao ®iÓm cña MC vµ EF 1) Chøng minh: a) MECF lµ tø gi¸c néi tiÕp b) MF vu«ng gãc víi HK 2) Tìm vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MD.ME lớn Bµi ( 1,0 ®iÓm) Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy) cho điểm A (-3;0)và Parabol(P) có phơng trình y=x2 Hãy tìm toạ độ điểm M thuộc (P) độ dài đoạn thẳng AM nhỏ ………………………… HÕt………………………… Hä vµ tªn thÝ sinh ………… ……………… Sè b¸o danh ……… Ch÷ ký cña gi¸m thÞ ……………… Ch÷ ký cña gi¸m thÞ ………………… Sở giáo dục và đào tạo H¶i d¬ng §Ò thi chÝnh thøc Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT n¨m häc 2006 – 2007 M«n thi : To¸n Ngµy thi : 30 th¸ng n¨m 2006 ( buæi chiÒu) Híng dÉn chÊm thi B¶n híng dÉn gåm 04 trang I Híng dÉn chung -Thí sinh làm bài theo cách riêng nh−ng đáp ứng đ−ợc yêu cầu cho đủ ®iÓm - Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với h−ớng dẫn chấm và đ−ợc thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm II §¸p ¸n vµ thang ®iÓm C©u (bµi) Bµi ý (phÇn) 1a: (3,0 ®iÓm) (1,0 ®iÓm) Néi dung 5(x - 1)=2  x - 1= §iÓm 0,5  x= 0,25 0,25 43 VËy pt cã nghiÖm lµ x= 1b: (1,0 ®iÓm) 2: (1,0 ®iÓm) x2 =  x = ± √ 0,75 VËy pt cã nghiÖm x = ± √ x= => y = -4 => đờng thẳng cắt trục tung A ( 0;-4) 0,25 0,5 y=0 => 3x - = => x= => đờng thẳng cắt trục hoành t¹i B Bµi 1: (2,0 ®iÓm) (0,5 ®iÓm) 2: ( 43 ; 0) 0,5 Hai ®iÓm A(1;3) vµ B( -3;-1) thuéc (d) => ta cã hÖ ¿ a+ b=3 −3 a+ b=− ¿{ ¿ 0,25 0,25 Giải đúng a =1; b =2 và kết luận ' = (m-1)2+4> m => x1+x2 = 2(m -1); x1.x2 = - |x 1|+|x 2|=5 ⇔ (|x 1|+|x 2|) =25 ⇔ x 21 + x 22+ 2|x x2|=25 (0,75 ®iÓm) ⇔ ( m− ) =9 Tìm đợc 3: m= ; − 2 0,25 0,25 0,25 √ x − 1¿ − (√ x +1) ¿ √ x +1 ¿2 −¿ = ¿ x +1 x −1 P= √ − √ − =¿ 2( √ x −1) 2( √ x +1) √ x −1 (0,75 ®iÓm) 0,25 0,25 0,25 x +1+2 √ x − x +2 √ x −1 −4 √ x − 2( x −1) = Bµi (1,0 ®iÓm) 1−x Gäi chiÒu réng cña h×nh ch÷ nhËt ban ®Çu lµ x(m) ( x>3) => ChiÒu dµi h×nh ch÷ nhËt ban ®Çu lµ 300 (m) x ChiÒu réng h×nh ch÷ nhËt míi lµ x - 3(m) ChiÒu dµi h×nh ch÷ nhËt míi lµ 300 +5( m) x Ph¬ng tr×nh ( x − 3) (300x +5)=300 <=> x2 - 3x - 180 = 0,25 0,25 0,25 Giải pt và so sánh với điều kiện đợc x = 15 44 => chiÒu dµi cò lµ 300:15 = 20(m) Chu vi h×nh ch÷ nhËt ban ®Çu lµ (15+20).2=70(m) 0,25 * HS có thể dùng máy tính để giải pt bậc Bµi A (3,0 ®iÓm) E D B M K H C F 4.1.a: (0,75 ®iÓm) 4.1.b: (1,0 ®iÓm) Gãc MEC = gãc MFC = 900(gi¶ thiÕt) 0,25 => Gãc MEC + gãc MFC = 1800 0,25 => MECF lµ tø gi¸c néi tiÕp Gãc MCB = gãc MBD ( b»ng nöa s® cung BM) 0,25 MDBF lµ tø gi¸c néi tiÕp => gãc MBD = gãc MFD => gãc MCB = gãc MFD 0,25 Chøng minh t¬ng tù : gãc MFE = gãc MBF 0,25 => gãc HMK + gãc HFK = gãc HMK + gãc MBC + gãc MCB = 1800 => MHFK lµ tø gi¸c néi tiÕp 0,25 => gãc MKH = gãc MFH = gãc MCB => HK//BC => HK  MF 4.2: 0,25 Chøng minh gãc MFD = gãc MEF ( = gãc MCF) (1,25 ®iÓm) gãc MFE = gãc MDF ( = gãc MBF) => MFD đồng dạng MEF 0,5 MF MD = ⇒ MD ME=MF ME MF 0,25 ⇒ 45 => MD.ME lín nhÊt vµ chØ MF lín nhÊt 0,25 Chøng minh MF lín nhÊt <=> M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung nhá BC 0,25 Bµi Giả sử M có hoành độ x Vì M thuộc (P) => M (x;x2) AM2 = (x+3)2 +(x2)2 = x4 + x2 + 6x + (1,0 ®iÓm) 0,25 = (x2 - 1)2 + 3(x +1)2 +5 0,25 => AM2 ≥ x AM 2=5 ⇔ x −1=0 x +1=0 ⇔ x =−1 ¿{ 0,25 0,25 Điểm M có toạ độ M(-1;1) thì AM nhỏ ( ¿ √5 ) =========HÕt ========= Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT Sở giáo dục và đào tạo H¶i d¬ng §Ò thi dù bÞ n¨m häc 2006 – 2007 M«n thi : To¸n Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngµy thi : th¸ng n¨m 2006 ( buæi .) §Ò thi gåm : 01 trang Bµi ( 3,0 ®iÓm) 1) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a) 6x + =0 b) x2 - 4x + = - x 2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x + y =8 y − x=2 ¿{ ¿ Bµi ( 2,0 ®iÓm) 1) Rót gän biÓu thøc P= a −2 a −√ : √ (a>0 ; a ≠ 1) ( a+2√ a+2 ) a −1 √ a+1 √ a+1 2) Cho ph¬ng tr×nh x2 - 2(m - 1)x - 3=0 (m lµ tham sè) a) Xác định m để phơng trình có nghiệm -2 T×m nghiÖm cßn l¹i b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm phơng trình đã cho Tìm giá trị lớn cña biÓu thøc Q=x 31 x + x x 32 − x1 x nhÊt Bµi (1,0 ®iÓm) T×m hai sè cã tæng b»ng 30 vµ tæng c¸c b×nh ph¬ng cña chóng b»ng 468 Bµi (3,0 ®iÓm) Tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O Trên cung AC không chứa điểm B lấy ®iÓm D bÊt kú ( D ≠ A, D ≠ C) P lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AB ( kh«ng chøa C) §êng 46 thẳng PC cắt các đờng thẳng AB, AD lần lợt K và E Đờng thẳng PD cắt các đờng thẳng AB, BC lÇn lît ë I vµ F Chøng minh : a) Góc CED góc CFD Từ đó suy CDEF là tứ giác nội tiếp b) EF // AB c) Khi D thay đổi thì tổng bán kính đờng tròn ngoại tiếp các tam giác AID, BID không đổi Bµi (1,0 ®iÓm) T×m c¸c sè h÷u tØ x, y tho¶ m·n : √ √12 −3+ √ y √ 3=√ x √3 ………………………… HÕt………………………… Hä vµ tªn thÝ sinh …………………………………… Sè b¸o danh ……… Ch÷ ký cña gi¸m thÞ ……………… Ch÷ ký cña gi¸m thÞ ………………… Sở giáo dục và đào tạo H¶i d¬ng - Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT n¨m häc 2006 – 2007 M«n thi : To¸n Ngµy thi : …… th¸ng n¨m 2006 ( buæi……) §Ò thi dù bÞ Híng dÉn chÊm thi B¶n híng dÉn gåm 03 trang I Híng dÉn chung -Thí sinh làm bài theo cách riêng nh−ng đáp ứng đ−ợc yêu cầu cho đủ ®iÓm - Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với h−ớng dẫn chấm và đ−ợc thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm II §¸p ¸n vµ thang ®iÓm C©u (bµi) Bµi ý (phÇn) 1a: (3,0 ®iÓm) (0,75 ®iÓm) Néi dung 6x + =0  6x = -5  x= −5 0,5 VËy pt cã nghiÖm lµ x= −5 0,25 x2 - 4x +2 = -x  x2 -3x + 2= 0,25 Giải đợc nghiệm x = ; x = Kết luận nghiệm pt là và 0,75 0,25 1b: (1,0 ®iÓm) 2: (1,25 ®iÓm) §iÓm ¿ x+ y=8 y − x=2 ⇔ ¿ x + y=8 − x + y =2 ¿{ ¿ 0,5 0,5 47 ⇔ − x + y=2 x=6 ⇔ ¿ x=2 − x + y=2 ¿{ Giải đợc nghiệm Bµi 1: (2,0 ®iÓm) (0,7 ®iÓm) P= [ ¿ x=2 y=4 ¿{ ¿ vµ kÕt luËn a+ √ a+2 − √ a −2 √ ( √ a+1 ) ( √ a −1)( √ a+1) √ a ] 0,25 Biến đổi đến P= 0,5 a −1 2.a (0,5 ®iÓm) Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm b»ng -2 <=> + 4(m-1) - = tìm đợc m = 2.b (0,75 ®iÓm) Bµi (1,0 ®iÓm) ' = (m -1)2 + > m ⇒ x 1+ x 2=2( m−1) x1 x 2=− ¿{ 0,5 0,25 Q= x1.x2{(x1+x2)2-2x1x2}-5x1x2 0,5 = -12(m-1)2 - ≤-3 m => Max Q = -3 m =1 Gọi số thứ là x => số thứ hai là 30 - x ta đợc phơng tr×nh : x2 +(30 - x)2 = 468 0,5 Giải pt ta đợc : x1 = 18; x2 = 12 Kết luận số phải tìm là 18 vµ 12 0,5 Bµi (3,0 ®iÓm) 4.a Gãc CED = (s® cung CD - s® cung AP) 48 0,25 (1,0 ®iÓm) Gãc CFD = (s® cung CD - s® cung BP) cung PA = cung PB ( gt) => gãc CED = gãc CFD 4.b: (1,0 ®iÓm) => CDEF lµ tø gi¸c néi tiÕp CDEF lµ tø gi¸c néi tiÕp => gãc DFE = gãc ECD (1,0 ®iÓm) 0,25 0,25 gãc ECD = s® cung PD = (s® cung AP + s® cung 4.c: 0,25 0,25 AD) 0,25 = gãc AID 0,5 => gãc EFD = gãc AID => EF//AB Chứng minh PA là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADI, PB là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp BDI 0,25 Kẻ đờng kính PQ (O) => Tâm O1 (ADI) thuộc AQ T©m O2 cña (BDI) thuéc QB 0,25 Chøng minh gãc O1AI = gãc O1IA; gãc O2IB = gãc O2BI gãc QAB = gãc QBA => O1I//O2Q ; O2I//O1Q Bµi (1,0 ®iÓm) => O1IO2Q lµ h×nh b×nh hµnh 0,25 => O1I + O2I = QA không đổi 0,25 √ √12 −3=√ x √ 3− √ y √ §K : x ≥ ; y ≥ ; x > y B×nh ph¬ng hai vÕ : √ 12−3=x √3+ y √ −2 √ xy ⇒( x+ y −2) √3=2 √ xy −3 (1) ⇒ √ xy lµ sè h÷u tØ, 0,25 mµ √ lµ sè v« tØ nªn tõ (1) ⇒ x+ y − 2=0 √ xy − ⇒ ¿ x + y =2 xy= ¿{ 0,25 0,25 0,25 Gi¶i ta cã: x= ; y= 2 Thö l¹i, kÕt luËn Sở giáo dục và đào tạo H¶i d¬ng - Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT n¨m häc 2006 – 2007 49 M«n thi : To¸n Ngµy thi : …… th¸ng n¨m 2006 ( buæi……) §Ò thi dù bÞ Híng dÉn chÊm thi B¶n híng dÉn gåm 03 trang I Híng dÉn chung -Thí sinh làm bài theo cách riêng nh−ng đáp ứng đ−ợc yêu cầu cho đủ ®iÓm - Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với h−ớng dẫn chấm và đ−ợc thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm II §¸p ¸n vµ thang ®iÓm C©u (bµi) Bµi ý (phÇn) 1a: (3,0 ®iÓm) (0,75 ®iÓm) Néi dung 6x + =0  6x = -5  x= −5 0,5 VËy pt cã nghiÖm lµ x= −5 0,25 x2 - 4x +2 = -x  x2 -3x + 2= 0,25 Giải đợc nghiệm x = ; x = Kết luận nghiệm pt là và 0,75 0,25 1b: (1,0 ®iÓm) 2: (1,25 ®iÓm) §iÓm ¿ x+ y=8 y − x=2 ⇔ ¿ x + y=8 − x + y =2 ¿{ ¿ 0,5 0,5 ⇔ − x + y=2 x=6 ⇔ ¿ x=2 − x + y=2 ¿{ Giải đợc nghiệm Bµi 1: (2,0 ®iÓm) (0,7 ®iÓm) P= [ ¿ x=2 y=4 ¿{ ¿ vµ kÕt luËn a+ √ a+2 − √ a −2 √ ( √ a+1 ) ( √ a −1)( √ a+1) √ a ] Biến đổi đến P= 0,5 a −1 2.a 0,25 Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm b»ng -2 50 (0,5 ®iÓm) <=> + 4(m-1) - = tìm đợc m = 2.b (0,75 ®iÓm) Bµi (1,0 ®iÓm) ' = (m -1)2 + > m ⇒ x 1+ x 2=2( m−1) x1 x 2=− ¿{ 0,5 0,25 Q= x1.x2{(x1+x2)2-2x1x2}-5x1x2 0,5 = -12(m-1)2 - ≤-3 m => Max Q = -3 m =1 Gọi số thứ là x => số thứ hai là 30 - x ta đợc phơng tr×nh : x2 +(30 - x)2 = 468 0,5 Giải pt ta đợc : x1 = 18; x2 = 12 Kết luận số phải tìm là 18 vµ 12 0,5 Bµi (3,0 ®iÓm) 4.a Gãc CED = (s® cung CD - s® cung AP) (1,0 ®iÓm) Gãc CFD = (s® cung CD - s® cung BP) cung PA = cung PB ( gt) => gãc CED = gãc CFD 4.b: (1,0 ®iÓm) => CDEF lµ tø gi¸c néi tiÕp CDEF lµ tø gi¸c néi tiÕp => gãc DFE = gãc ECD (1,0 ®iÓm) 0,25 0,25 0,25 0,25 gãc ECD = s® cung PD = (s® cung AP + s® cung 4.c: 0,25 AD) 0,25 = gãc AID 0,5 => gãc EFD = gãc AID => EF//AB Chứng minh PA là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADI, PB là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp BDI 0,25 Kẻ đờng kính PQ (O) => Tâm O1 (ADI) thuộc AQ 51 T©m O2 cña (BDI) thuéc QB 0,25 Chøng minh gãc O1AI = gãc O1IA; gãc O2IB = gãc O2BI gãc QAB = gãc QBA => O1I//O2Q ; O2I//O1Q Bµi => O1IO2Q lµ h×nh b×nh hµnh 0,25 => O1I + O2I = QA không đổi 0,25 √ √12 −3=√ x √ 3− √ y √ (1,0 ®iÓm) §K : x ≥ ; y ≥ ; x > y B×nh ph¬ng hai vÕ : √ 12−3=x √3+ y √ −2 √ xy ⇒( x+ y −2) √3=2 √ xy −3 (1) ⇒ √ xy lµ sè h÷u tØ, 0,25 mµ √ lµ sè v« tØ nªn tõ (1) ⇒ x+ y − 2=0 √ xy − ⇒ ¿ x + y =2 xy= ¿{ 0,25 0,25 0,25 Gi¶i ta cã: x= ; y= 2 Thö l¹i, kÕt luËn =========HÕt======== Së Gi¸o dôc - §µo t¹o th¸i b×nh Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT Chuyªn đề chính thức M«n thi: To¸n Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) N¨m häc 2010 - 2011 Bµi (2,5 ®iÓm) Cho biÓu thøc: x A   x  x 6 a) Rót gän A x 3 x 1  x x3 víi x  0; x  4; x  b) TÝnh gi¸ trÞ cña A x 3  2 Bài (2,0 điểm) Cho hai đờng thẳng: (d1): y = (m – 1)x – m2 – 2m (d2): y = (m – 2)x – m2 – m + c¾t t¹i G a) Xác định toạ độ điểm G b) Chứng tỏ điểm G luôn thuộc đờng thẳng cố định m thay đổi Bµi (1,5 ®iÓm) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: 52 1   0 a) x  x  x   x  x   1 x    b) Bµi (3,5 ®iÓm) Cho điểm M thuộc nửa đờng tròn tâm O, đờng kính AB Điểm C thuộc đoạn OA Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm M kẻ tiếp tuyến Ax, By với đờng tròn Đờng th¼ng qua M vu«ng gãc víi MC c¾t Ax, By t¹i P, Q Gäi E lµ giao ®iÓm cña AM víi CP, F lµ giao ®iÓm cña BM víi CQ a) Chøng minh r»ng: + Tø gi¸c APMC vµ tø gi¸c EMFC lµ tø gi¸c néi tiÕp + EF // AB b) Gi¶ sö cã EC.EP = FC.FQ Chøng minh r»ng: EC = FQ vµ EP = FC Bµi (0,5 ®iÓm) Cho hai sè thùc x, y tho¶ m·n x2 + y2 + xy = T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña biÓu thøc B = x – xy + 2y2 - HÕt - SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN (Gồm trang) HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN (Đề chung cho các thí sinh) Năm học 2010-2011 Bài Ý a 1,75đ NỘI DUNG A x    b 0,75đ  x    x     x  1   x    x  3 x 0,25đ x  x  x  x    x x  0,25đ 0,50đ  x x x  x  x 1  x x  x   x   2x  x  x     x  7  x ĐIỂM 0,25đ   x x   x  3 x 3  2   1 (Thoả mãn x  0; x 4; x 9) x   1 Thay vào A có: x 2 53 0,50đ 0,25đ 0,25đ Ý NỘI DUNG 2 2 A  ĐIỂM     4  21  2  14  4 4 0,25đ Bài Ý NỘI DUNG a 1,25đ Hoành độ điểm G là nghiệm phương trình: (m-1)x - m2 - 2m = (m - 2)x - m2 - m +  x=m+1 Tung độ điểm G là: y = (m-1) (m+1) - m2 - 2m  y = -2m - Toạ độ điểm G là (m + ; -2m - 1) Có y = -2m - = -2(m + 1) + Mà x = m +  y = -2x + Toạ độ điểm G thoả mãn phương trình đường thẳng y = -2x + cố định Chứng tỏ G luôn thuộc đường thẳng y = -2x + cố định m thay đổi b 0,75đ ĐIỂM 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài Ý a 1,0đ NỘI DUNG ĐIỂM ĐKXĐ: x ≠ 1; x ≠ -1 0,25đ 1   0 Xét x  x  x  0,25đ  x-1+x+1+1=0  2x + =  x=  b 0,50đ  0,25đ 1  (thoả mãn ĐKXĐ) nên phương trình có nghiệm x = x= ĐKXĐ: x ≠ -1 0,25đ 0,25đ  x  x2    1 x    Xét x  x   x  x    2.x x  1    2x  x    x   x   0    x Đặt x  = t ta có t2 + 2t - =  t      t   54 Ý NỘI DUNG ĐIỂM   1 2   x1    x2  x   1 2    2 Giải x   x2   Giải x  x   (thoả mãn x ≠ -1) 0,25đ Kết luận phương trình có nghiệm phân biệt x1; x2 Bài y Q x M P F E A C Ý a 1,5đ 0,75đ O B NỘI DUNG ĐIỂM Tứ giác APMC có:   PAC 90o   90o  PMC 0,50đ (tÝnh chÊt t.tuyÕn) (gt) 0,50đ    PMC 180 o  PAC 0,25đ  Tứ giác APMC là tg nt 0,25đ  Có AMB = 90o (Hệ gnt) (1)    MBA  MAB = 90o Có tứ giác APMC nội tiếp (cmt) (2) 0,25đ   MAC  MPC (cùng chắn cung MC)   Hay QPC MAB (*) 0,25đ (3)   Chứng minh tương tự (*) có PQC MBA o   Từ (2) (3)  PQC QPC 90 0,75đ   PCQ 90 o (4)   ECF 180 o  Tứ giác EMFC nt Từ (1) (4)  EMF 0,25đ Tứ giác EMFC nội tiếp 0,25đ   MCF  MEF (cùng chắn cung MF) 55 Ý NỘI DUNG   Hay MEF MCQ ĐIỂM (5) Tứ giác MQBC nội tiếp    MCQ MBQ (cùng chắn cung MQ) 0,25đ (6)  AB   0;    Xét   có MBQ MAB (cùng chắn cung MB) (7)   MEF MAB Từ (5) (6) và (7) b 0,50đ 0,25đ   EF // AB Tứ giác APMC nội tiếp  EP.EC = EA.EM Tứ giác MCBQ nội tiếp  FC.FQ = FM.FB Có EC.EP = FC.FQ (gt)  EA.EM = FM.FB (8) EM FM  Có EF // AB  EA FB (9) 0,25đ Từ (9) (10)  EM = FM  EM = FM EMC = FMQ (gcg)  EC = FQ Mà EC.EP = FC.FQ  EP = FC 0,25đ Bài Ý 0,5đ NỘI DUNG B x  xy  2y  ĐIỂM 0,50đ x  xy  2y Có x2 + y2 + xy = x  xy  2y 2  B = x  y  xy * y = có B = * y ≠ có Đặt t  x x  y   y 2 B   x x  y   y 1   x t2  t  B y có t  t 1   t  t 1       Bt2 + Bt + B = t2 - t +   (B-1)t2 + (B+1)t + B - = Tồn giá trị B  pt (*) có nghiệm +) B = dễ thấy có nghiệm +) B ≠  = (B+1)2 - 4(B-1)(B-2)   3B2 - 14B +  56 (*) Ý NỘI DUNG ĐIỂM  7 28  B 3     2 7 B   3  7 72 B  3 (2) 7 72 B  3 KÕt hîp l¹i, ta cã B 1  x y B 1   y  2B 7 x   B     2B 2 x  y  xy 1 y  2(B  1)    6B  3B B 1  x y B 1   y  2B 7 x   B m ax     2B 2 x  y  xy 1 y  2(B  1)    6B  3B UBND TỈNH QUẢNG NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC víi B = 7-2 víi B = 7+2 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTTH Năm học : 2010 -2011 MÔN : TOÁN Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề) Bài 1: ( 2,0 điểm)Rút gọn các biểu thức sau: a) A = -+ b) B = c) C = , với x > Bài : ( 2,0 điểm) Cho hàm số bậc y = ax + có đồ thị là đường thẳng (d) a) Xác định hệ số a , biết đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 3x Vẽ (d) với hệ số a vừa tìm b) Đường thẳng (d’) có dạng y = x + cắt đường thẳng (d) câu a) điêm M Xác định tọa độ điểm M Bài 3: ( 2,5 điểm) a) Cho phương trình x2 + 7x - = Chứng tỏ phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 ; Không giải phương trình hãy tính x1 + x2 và x1.x2 b) Giải phương trình : = c) Cạnh huyền tam giác vuông 13 cm Hai cạnh góc vuông có độ dài kém cm.Tính độ dài các cạnh góc vuông tam giác vuông đó Bài : ( 3,5 điểm) 57 Cho nửa đường tròn (O ; R) đường kính AB Vẽ bán kính OC vuông góc với AB.Gọi K là điểm nằm hai điểm B và C Tia AK cắt đường tròn (O) M a) Tính số đo các góc : ACB , AMC b) Vẽ CI vuông góc AM ( I thuộc AM) Chứng minh tứ giác AOIC là tứ giác nội tiếp c) Chứng minh hệ thức AI.AK = AO.AB d) Nếu K là trung điểm CB Tính tgMAB ======================Hết====================== c) + Trong tam giác vuông ACK ta có : AC2 = AI.AK (1) ( hệ thức lượng tam giác vuông) C +Trong tam giác vuông ACB ta có: M AC2 = AO.AB (2) K I + Từ (1) và (2) suy hệ thức cần chứng minh B A d) Kẻ KH AB => KH // OC O H Nếu K là trung điểm BC thì KH là đường trung bình tam giác COB suy : KH = = và OH = = HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 2.0 điểm a) A = -+ = - + = 10 0.5 b) B = == -1= -1 c) C = , với x > = |x − 2| = 0.25 = x−2 x −2 = 1( vì x>  x -2 > 0) x −2 0.25 0.25 + Vì độ dài cạnh huyền 13 cm nên ta có phương trình: x2 + ( x-7)2 = 132 +Thực biến đổi thu gọn ta pt: x2 - 7x - 60 = + Giải ta : x1 = 12 ( tmđk) x2 = -5 (loại) +Trả lời : Vậy độ dài hai cạnh tam giác vuông là : 12cm và 7cm Bài 0.25 0.25 0.25 3,5điểm Hình vẽ phục vụ câu a Hình vẽ phục vụ câu b,c 0.25 025 C 0.25 I 0.25 A O K H M B 0.25 Bai a) + (d) song song với đường thẳng y = 3x nên a = + Vẽ (d) y = 3x + -Xác định đúng hai điểm thuộc (d) : ( 0;3) và ( -1 ; 0) -Vẽ đúng (d) trên mặt phẳng Oxy b) -Tọa độ ( x;y) M là nghiệm 2,0 điểm 0.25 0.25 0.5 0.25 58 a) + ACB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn) + CMA = COA = 900 = 450( góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung) b) +CIA = COA = 900 ( gt) => tứ giác AOIC là tứ giác nội tiếp c) + Trong tam giác vuông ACK ta có : 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 AC2 = AI.AK (1) ( hệ thức lượng tam giác vuông) +Trong tam giác vuông ACB ta có: AC2 = AO.AB (2) + Từ (1) và (2) suy hệ thức cần chứng minh d) Kẻ KH AB => KH // OC Nếu K là trung điểm BC thì KH là đường trung bình tam giác COB suy : KH = = và OH = = Do đó: AH = R + = +Tam giác AKH vuông H => tgMAB = tgKAH = = := hệ: 0.5 0.25 ¿ y=3 x +3 y=x +1 ¿{ ¿ -Giải hệ : x= -1 ; y = -Tọa độ M( -1; 0) Bài 2,5 điểm a) + Pt có a.c = 1.(-4) = -4 < => pt có hai nghiệm phân biệt x1, x2 +Theo viet: x1 + x2 = = -7 x1.x2 = = -4 b) + ĐK : x -2 + Qui đồng mẫu hai vế pt và khử mẫu ta : ( 1+x)(x+2) =  x2 + 3x =  x( x + 3) = 0.25  0.25 x=0 ¿ x+ 3=0 ⇔ x =3 ¿ ¿ ¿ ¿ + x = và x= thỏa mãn điều kiện + Vậy pt có tập nghiệm là : S = {0 ; 3} c) +Gọi x(cm) là độ dài cạnh góc vuông lớn (ĐK : < x < 13) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 => độ dài cạnh góc vuông nhỏ là : x-7(cm kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2010 – 2011 Sở giáo dục và đào tạo Qu¶ng ninh 0.25 0.25 §Ò thi chÝnh thøc M«n : to¸n Bµi (1,5 ®iÓm) a) So s¸nh sè : vµ 29 3 3  b) Rót gän biÓu thøc : A =   Bµi (2,0 ®iÓm)  x  y 5m   Cho hÖ ph¬ng tr×nh :  x  y 2 (m lµ tham sè) a) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh víi m = b) Tìm m để hệ có nghiệm (x,y) thoả mãn : x2 – 2y2 = Bµi (2,5 ®iÓm) Gi¶i bµi to¸n sau b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh vµ hÖ ph¬ng tr×nh : 59 Hai vßi níc cïng ch¶y vµo mét bÓ kh«ng cã níc th× sau 12 giê bÓ ®Çy Nõu tõng vßi ch¶y riªng th× thêi gian vßi thø nhÊt lµm ®Çy bÓ sÏ Ýt h¬n vßi thø lµm ®Çy bÓ lµ 10 giê Hái nÕu ch¶y riªng tõng vßi th× mçi vßi ch¶y bao l©u ®Çy bÓ ? Bµi (3 ®iÓm) Cho đờng tròn(O;R) , dây cung BC cố định (BC<2R) và điểm A di động trên cung lớn BC cho tam giác ABC có góc nhọn Các đờng cao BD và CE tam giác cắt t¹i H a) Chøng minh tø gi¸c ADHE néi tiÕp b) Giả sử góc BAC = 600 , hãy tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R c) Chứng minh đờng thẳng kể qua A và vuông góc với DE luôn qua điểm cố định Bµi (1,0 ®iÓm) Cho biÓu thøc : P = xy(x – 2)(y + 6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36 Chøng minh P lu«n d¬ng víi mäi x;y thuéc R Gîi ý c¸ch gi¶i I) Híng dÉn chung: - T/sinh làm bài theo cách riêng nhng đáp ứng đợc với yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đợc thống H.đồng chấm - Sau cộng toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: C©u PhÇn (0.5 ®iÓm) §¸p ¸n = 9.5  45 §iÓm 0.25 45 > 29  45  29 vËy > 29 0,25  C©u I 1,5 ®iÓm     3  3 3 3 A   3 3 32  (1 ®iÓm) C©u II ®iÓm (1 ®iÓm) (1 ®iÓm)  14   14   28  7 0,5 0,25 0,25  x  y 4   Thay m = ta cã hÖ :  x  y 2 4 x  y 8   x  y 2 Céng tõng vÕ ta cã ph¬ng tr×nh : 5x = 10 => x = Thay x = vµo ph¬ng tr×nh x – 2y = ta cã : – 2y = => 2y = => y = VËy hÖ cã nghiÖm nhÊt : (x ; y) = (2 ; 0)  x  y 10m  2 x  y 5m   1   x  y 2    x  y 2 Gi¶i hÖ :  Céng tõng vÕ ta cã : 5x = 10m => x = 2m Thay vµo ph/ tr×nh (2) ta cã : 2m – 2y = => y = m – VËy hÖ cã nghiÖm nhÊt : (x ; y) = (2m ; m-1) Thay vµo hÖ thøc : x2 – 2y2 = Ta cã : (2m)2 – 2(m – 1)2 =  4m2 - 2m2 + 4m – – =  2m2 +4m – = ' Cã  = 22 – 2.(-3) = 10 >   10   10  m1  ; m2  2 60 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 m   10   10 m 2 vµ th× tho¶ m·n VËy víi hÖ thøc Gäi thêi gian vßi thø nhÊt ch¶y riªng ®Çy bÓ lµ x (h) x >12 vòi thứ chảy đợc x (bể) Vòi thứ nhÊt ch¶y ®Çy bÓ Ýt h¬n vái thø hai lµ 10 giê nªn thêi gian vßi thø hai ch¶y riªng ®Çy bÓ lµ : x + 10 (h) vËy 1,0 vòi chảy đợc là : x  10 (bể) C©u III 2,5 ®iÓm Hai vßi ch¶y chung 12 giê ®Çy bÓ ,vËy mét giê ch¶y ®1 1   îc : 12 (bÓ) Theo bµi ta cã: x  10 x 12  12x  12  x  10  x  x  10  0,75 0,25  12x  12x  120 x  10x  x  14x  120 0 ' Cã  = 72 –(-120) = 169 >    169 13 x1 = + 13 = 20 (tho¶ m·n) ; x2 = – 13 = - (lo¹i) 0,25 VËy vßi thø nhÊt ch¶y riªng ®Çy bÓ lµ 20 giê Vßi thø hai ch¶y riªng ®Çy bÓ lµ 20 + 10 = 30 giê 0,25 ' A E K O D 0,25 H B I N C P C©u IV ®iÓm Hình vẽ đúng   Tõ gi¶ thiÕt: BEC 90 , BDC 90 0,75 điểm Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc đờng tròn   BAC BAC ( gãc néi tiÕp b»ng nöa gãc ë t©m cïng ch¾n mét cung) 1  BOI  BOC 2 1,0 ®iÓm KÎ OI vu«ng gãc víi BC => 0    VËy BAC BOI 60 => OBI 30 R => OI = OB =   KÎ OA c¾t ED t¹i K Ta cã EAK HAC (V× n»m ë hai 1,0 ®  tam gi¸c vu«ng cã gãc néi tiÕp ch¾n AB ) 61 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 C©u V ®iÓm   AEK ACB ( V× tø gi¸c BEDC néi tiÕp ) 0   Mµ ANC 90 Nªn AKE 90 => OA  ED Vậy đờng thẳng qua A vuông góc với ED qua O cố định P = xy(x – 2)(y + 6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36 = xy(x – 2)(y + 6) + 12x(x – 2) + 3y(y + 6) + 36 0,25  y  y    12    y  y    12  =x(x – 2)  0,25 = 0,25 y  y  12   x  x   0,5 0,25 Mµ y  y  12  y  3   x  x   x  1   0,25 VËy P > víi mäi x;y thuéc R SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUẾ THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP Khóa ngày 24-6-2010 Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút _ Bài : (2,25 điểm ) Không sử dụng máy tính cầm tay : a) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2x-3y=-13  2) 3x+5y=9 1) 5x -7x-6=0 b) Rút gọn biểu thức P= -2 5-2 Bài 2: ( 2,5 điểm ) Cho hàm số y = ax2 a) Xác định hệ số a biết đồ thị hàm số đã cho qua điểm M ( -2 ; 8) b) Vẽ trên cùng mặt phẳng tọa độ đồ thị ( P) hàm số đã cho với giá trị a vừa tìm và đường thẳng (d) qua M (-2;8) có hệ số góc - Tìm tọa độ giao điểm khác M (P) và ( d) Bài 3: (1,25 điểm) Hai người xe đạp cùng xuất phát từ A để đến B với vận tốc nhau.Đi quãng đường, người thứ bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút và đón ô tô quay A, còn người thứ hai không dừng lại mà tiếp tục với vận tốc cũ để tới B.Biết khoảng cách từ A đến B là 60 km, vận tốc ô tô vận tốc xe đạp là 48 km/h và người thứ hai tới B thì người thứ đã A trước đó 40 phút.Tính vận tốc xe đạp Bài 4: (2,5 điểm ) 62 Cho tam giác ABC vuông A và AC > AB , D là điểm trên cạnh AC cho CD < AD.Vẽ đường tròn (D) tâm D và tiếp xúc với BC E.Từ B vẽ tiếp tuyến thứ hai đường tròn (D) với F là tiếp điểm khác E a) Chứng minh năm điểm A ,B , E , D , F cùng thuộc đường tròn b) Gọi M là trung điểm BC Đường thẳng BF cắt AM,AE,AD theo thứ tự IK AK = các điểm N,K,I Chứng minh IF AF Suy ra: IF.BK=IK.BF c) Chứng minh tam giác ANF là tam giác cân Bài 5: ( 1,5 điểm ) Từ thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB= 3,6 dm , chiều dài AD =4,85 dm, người ta cắt phần thiếc để làm mặt xung quanh hình nón với đỉnh là A và đường sinh 3,6 dm, cho diện tích mặt xung quanh này lớn nhất.Mặt đáy hình nón cắt phần còn lại thiếc hình chữ nhật ABCD a) Tính thể tích hình nón tạo thành b) Chứng tỏ có thể cắt nguyên vẹn hình tròn đáy mà sử dụng phần còn lại thiếc ABCD sau đã cắt xong mặt xung quanh hình nón nói trên …………….Hết…………… -SBD thí sinh:………………… …………………………… Chữ ký GT 1: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP HUẾ THỪA THIÊN HUẾ 25/6/2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Môn: TOÁN – Khóa ngày: ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Ý Nội dung Điểm 2,25 a.1 (0,75) Giải phương trình 0,25 5x -7x-6=0 (1) = 0,25 49+120=169=132 0,25 ,  =13, x1 = 63 7-13 =10 và x2 = 7+13 =2 10 Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 =- a.2 (0,75) , x2 =2 Giải hệ phương trình 2x-3y=-13  3x+5y=9 0,50 : 2x-3y=-13 6x-9y=-39    3x+5y=9 6x+10y=18 0,25  y=3   2x =9-13=-4 b (0,75) x =-2  y=3  + Đồ thị (P) hàm số y=ax2 qua điểm M  -2;8 0,50 0,25 , nên: 8=a -2  a=2 Vậy: a=2 và hàm số đã cho là: y=2x2 2.b (1,75)  5+2 -2 = 0,50 -2 5-4 5-2 =5+2 5-2 =5 P= 0,25 2,5 2.a (0,75) 2x-3y=-13  19y=57  + Đường thẳng (d) có hệ số góc -2, nên có phương trình dạng: y=-2x+b 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 + (d) qua điểm M  -2;8 64 , nên 0,25 8=-2 -2 +b  b=4, d :y=-2x+4 + Vẽ (P) + Vẽ (d) + Hoành độ giao điểm (P) và (d) là nghiệm phương trình: 2x2 =-2x+4  x2 +x-2=0 + Phương trình có hai nghiệm: x1 =1;x2 =-2 Do đó hoành độ giao điểm thứ hai (P) và (d) là x =1 y=212 =2 Vậy giao điểm khác M (P) và (d) có tọa độ: N(1;2) 1,25 Gọi x (km/h) là vận tốc xe đạp, thì x+48(km/h) là vận tốc ô tô Điều kiện: x >0 0,25 0,25 60 km A C oâ toâ Hai người cùng xe đạp đoạn đường 65 xe đạp AC = AB =40km Đoạn đường còn lại người thứ hai xe đạp để đến B là: CB =AB-AC =20km Thời gian người thứ ô tô từ C đến A 0,25 40 là: x+48 (giờ) và người thứ hai từ C 0,25 20 đến B là: x 0,25 (giờ) Theo giả thiết, ta có phương trình: 40 20 40 20 + = -  +1= x+48 x x+48 x Giải phương trình trên: 40x+x x+48 =20 x+48 hay x2 +68x-960=0 Giải phương trình ta hai nghiệm: x1 =-80<0 (loại) và x2 =12 Vậy vận tốc xe đạp là: 12 km/h 2,5 66 4.a (1,0) A F K I N D O // B Hình vẽ đúng Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: 0,25 0,25   BED =BFD =90 0,25 0,25 Mà   BAD =BAC =900 (giả thiết) Do đó:    BED =BFD BAD =900 4.b (1,0) Vậy: năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính BD Gọi (O) là đường tròn đường kính BD Trong đường tròn (O), ta có :   DE = DF (do DE, DF là bán kính đường tròn  D )    EAD =DAF 67 0,25 0,25 0,25 0,25 M // E Suy : AD là tia phân  giác EAF hay AI là tia phân giác KAF Theo tính chất phân giác ta có IK AK = IF AF (1) Vì AB  AI nên AB là tia phân giác ngoài đỉnh A KAF Theo tính chất phân giác ta có : BK AK = BF AF (2) Từ (1) và (2) suy : IK BK = IF BF 4.c (0,5) Vậy IF BK = IK BF (đpcm) Ta có AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM=MC, đó  AMC cân M, suy   MCA MAC Từ đó 0,25 0,25     NAF  MAC  DAF  MCA  EAC ( vì AI là tia phân giác góc EAF) Mà AEB  MCA    EAC 68 ( góc ngoài tam giác AEC) Nên  NAF  AEB Mặt khác : AFB  AEB ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Suy :    NAF BFA NFA Vậy  ANF cân N (đpcm) 1,5 b=4,85 B H I E a =3,6 dm A a)Hình khai triển mặt xung quanh hình nón có đỉnh A , đường sinh l = 3,6dm =AB là hình quạt tâm A , bán kính AB.Mặt xung quanh này có diện tích lớn góc tâm hình 69 0,25 0,25 0,25 0,25 quạt 900 +Diện tích hình quạt là diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy là r , nên:  l 2.90  l   rl 360 l  r  0,9 dm Sxq  Do đó thể tích hình nón tạo là : 1 2 V   r 2h   r l  r  3,14. 0,9  3,6   0,9 3 b)Trên đường chéo AC, vẽ đường tròn tâm I bán kính r = 0,9 (dm) ngoại tiếp cung quạt tròn E , IH và IK là các đoạn vuông góc kẻ từ I đến BC và CD Ta có CI = AC - AI =  3,6 0,25 0,25   4,85   3,6 0,9 1,54 dm Vì IH // AB HI CI  AB AC AB.CI  IH   0,91 dm  r 0,9 dm AC  Tương tự : IK > r = 0,9 ( dm) Vậy sau cắt xong mặt 70 xung quanh , phần còn lại thiếc ABCD có thể cắt mặt đáy hình nón SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT Năm học 2008 -2009 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) I Phần trắc nghiệm (4, điểm) Chọn ý đúng câu sau và ghi vào giấy làm bài.Ví dụ: Nếu chọn ý A câu thì ghi 1A Câu Giá trị biểu thức (3  5) A  B  C D  Câu Đường thẳng y = mx + song song với đường thẳng y = 3x  A m =  B m = C m = D m =  Câu x  7 x A 10 B 52 C  46 D 14 Câu Điểm thuộc đồ thị hàm số y = 2x là A (  2;  8) B (3; 12) C (  1;  2) D (3; 18) Câu Đường thẳng y = x  cắt trục hoành điểm có toạ độ là A (2; 0) B (0; 2) C (0;  2) D (  2; 0) Câu Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Ta có AC AH AB BH sin B  sin B  sin B  sin B  AB AB BC AB A B C D Câu Một hình trụ có bán kính đáy r và chiều cao h Diện tích xung quanh hình trụ đó lµ A r2h B 2r2h C 2rh D rh Câu Cho hình vẽ bên, biết BC là đường kính đường tròn (O), điểm A nằm trên đường thẳng BC, · AM là tiếp tuyến (O) M và MBC = 65 Số đo góc MAC A 150 B 250 C 350 D 400 II Phần tự luận (6,0 điểm) M 650 A C O B Bài (1,5 điểm) a) Rút gọn các biểu thức: M =2 5- 45 + 20 ; æ 1 ö 5- ÷ N =ç × ÷ ç ÷ ç è3 - + ø - b) Tổng hai số 59 Ba lần số thứ lớn hai lần số thứ hai là Tìm hai số đó Bài (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 - 5x + m = (1) với x là ẩn số a) Giải phương trình (1) m = x x x x 6 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn Bài (3,0 điểm)Cho đường tròn (O) đường kính AB 6cm Gọi H là điểm nằm A và B cho AH = 1cm Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB, đường thẳng này cắt đường tròn (O) C và D Hai đường thẳng BC và DA cắt M Từ M hạ đường vuông góc MN với đường thẳng AB (N thuộc đường thẳng AB) · a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp b) Tính độ dài đoạn thẳng CH và tính tg ABC c) Chứng minh NC là tiếp tuyến đường tròn (O) 71 d) Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt NC E Chứng minh đường thẳng EB qua trung điểm đoạn thẳng CH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT Năm học 2008 -2009 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN I Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định 2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và thống Hội đồng chấm thi 3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25 II Đáp án và thang điểm Phần trắc nghiệm (4,0 điểm) - HS chọn đúng câu cho 0,5 điểm - Đáp án Câu Câu Câu Câu A C B D Phần tự luận (6,0 điểm) Bài Đáp án a) Biến đổi Câu A Câu B Câu C Câu D Điểm 0,25đ M 2   3 (1,5đ) æ ö0,25đ ÷ 5- + - (3 N =ç × = ÷ ç ÷ ç è3 - + ø - 9- 0,25đ = 1 × = b) Gọi x là số thứ nhất, y là số thứ hai Theo đề bài ta có: ïìï x + y = 59 í ïïî 3x - 2y = Giải hệ phường trình tìm x = 25, y = 34 Kết luận hai số cần tìm là 25 và 34 (1,5đ) 0,25đ 0,25đ 0,25đ a) Khi m = 6, ta có PT x2 - 5x + = 0,25đ Lập ∆ = - 4.6 = 0,5đ Tìm hai nghiệm: x1 = 2; x2 = b) Lập ∆ = 25 - 4m Phương trình có nghiệm x1, x2 ∆ ≥ 25 0,25đ hay m  Áp dụng hệ thức 72 5) × 5- 5( - 1) Viet, ta có x1 + x2 = ; x1.x2 = m Hai nghiệm x1, x2 dương ïìï x1 + x > í ïïî x1x > hay m > Điều kiện để phương trình có nghiệm dương x1, x2 là 0,25đ 25 < m  (*) Ta có: ( x1 + x ) = x1 + x + x1 x = + m Suy 0,25đ x1 + x = + m Ta có x1 x  x x1 6  x1.x   x1  x 6 Hay m  m 6  2m m  5m  36 0 (1) Đặt t  m 0 , đó (1) thành:  2t3 + 5t2 - 36 =  (t - 2)(2t2 + 9t + 18) = t-2=0 2t + 9t + 18 = * t - = => t = => m = (thoả mãn (*)) * 2t2 + 9t + 18 = : phương trình vô nghiệm Vậy với m = thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x1 x  x x1 6 Hình vẽ phục vụ a) 0,25đ M Hình vẽ phục vụ b), 0,25đ K C c), d) N 73 E I A H O B (3,0đ) a) Lí luận 0.25đ · · ACM = 90 , ANM = 900 0.25đ Kết luận ANMC là tứ giác nội tiếp b) Áp dụng hệ thức lượng tam giác 0,5đ vuông ABC ta có: CH2 = AH.HB  0,25đ CH = (cm) AH.HB  CH · t gABC = = HB c) Lí luận được: · · ACN=AMN · · · ADC=ABC = BCO · · ADC=AMN Suy · · ACN=BCO · Lí luận NCO=90 Kết luận NC là tiếp tuyến đường tròn (O) d) Gọi I là giao điểm BE và CH và K là giao điểm tiếp tuyến AE và BM Lí luận OE//BM Từ đó lí luận suy E là trung điểm AK Lý luận 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ IC IH  EK EA (cùng BI BE ) Mà EK = EA Do đó IC = IH Kết luận: Đường thẳng BE qua trung điểm đoạn thẳng CH 74 Trêng THCS cÈm v¨n - Kú thi thö tuyÓn sinh líp 10 THPT 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 Ngµy thi : th¸ng n¨m 2009 ( buæi s¸ng) §Ò thi gåm : 01 trang Bµi ( 3,0 ®iÓm) 1) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a) 6x + =0 x   b) x  x  x x  2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh ¿ x + y =8 y − x=2 ¿{ ¿ 3) Tìm toạ độ giao điểm đờng thẳng y = 3x - với hai trục toạ độ Bµi ( 2,0 ®iÓm) 1) Rót gän biÓu thøc P= √ a+2 − √ a −2 : √ a (a>0 ; a ≠ 1) a+2 √ a+1 a −1 √ a+1 ( ) 2) Cho ph¬ng tr×nh x2 - 2(m - 1)x - 3=0 (m lµ tham sè) a) Xác định m để phơng trình có nghiệm -2 Tìm nghiệm còn lại b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm phơng trình đã cho Tìm giá trị lớn cña biÓu thøc Q=x 31 x + x x 32 − x1 x nhÊt Bµi (1,0 ®iÓm) T×m hai sè cã tæng b»ng 30 vµ tæng c¸c b×nh ph¬ng cña chóng b»ng 468 Bµi (3,0 ®iÓm) Tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O Trên cung AC không chứa điểm B lấy ®iÓm D bÊt kú ( D ≠ A, D ≠ C) P lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AB ( kh«ng chøa C) §êng thẳng PC cắt các đờng thẳng AB, AD lần lợt K và E Đờng thẳng PD cắt các đờng thẳng AB, BC lÇn lît ë I vµ F.Chøng minh : a) Góc CED góc CFD Từ đó suy CDEF là tứ giác nội tiếp b) EF // AB c) PA là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADI d) Khi D thay đổi thì tổng bán kính đờng tròn ngoại tiếp các tam giác AID, BID không đổi Bµi (1,0 ®iÓm) Häc sinh chän c¸c phÇn sau ®©y a)T×m c¸c sè h÷u tØ x, y tho¶ m·n : √ √ 12 −3+ √ y √ 3=√ x √3 b)Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy) cho điểm A (-3;0)và Parabol(P) có phơng trình y=x2 Hãy tìm toạ độ điểm M thuộc (P) độ dài đoạn thẳng AM nhỏ c)Tìm m để giá trị lớn biểu thức x +m x 23+1 b»ng d)Rót gän biÓu thøc : A  3b   b 8b   3b   b 8b  víi b 3 / 16  e)T×m c¸c sè thùc x cho x  2009 vµ x 2009 là số nguyên ………………………… HÕt………………………… Trêng thcs cÈm Kú thi thö tuyÓn sinh líp 10 THPT v¨n - §Ò thi chÝnh thøc n¨m häc 2009 – 2010 M«n thi : To¸n Ngµy thi : th¸ng n¨m 2009 ( buæi s¸ng) 75 Híng dÉn chÊm thi B¶n híng dÉn gåm 04 trang I Híng dÉn chung -Thí sinh làm bài theo cách riêng nh−ng đáp ứng đ−ợc yêu cầu cho đủ ®iÓm - Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với h−ớng dẫn chấm và đ−ợc thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm II §¸p ¸n vµ thang ®iÓm C©u (bµi) Bµi (3,0 ®iÓm) ý (phÇn) 1a: (0,5 ®iÓm) Néi dung §iÓm 6x + =0  6x = -5  x= −5 0,25 VËy pt cã nghiÖm lµ x= −5 0,25 6 §kx®: x  vµ x 1 0,25 1b: (1,25 ®iÓm) x  3x x     ( x  1) x ( x  1) x Cã x  x  x x   x 1  x 4  x  x  3x  0    x  x = 1(lo¹i), x = -4 (TM®k) Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là x = -4 (0,75 ®iÓm) 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ − x + y=2 x=6 ⇔ ¿ x=2 − x + y=2 ¿{ Giải đợc nghiệm 0,25 0,25 ¿ x+ y=8 y − x=2 ⇔ ¿ x + y=8 − x + y =2 ¿{ ¿ 2: 0,25 ¿ x=2 y=4 ¿{ ¿ vµ kÕt luËn x= => y = -4 => đờng thẳng cắt trục tung A ( 0;-4) y=0 => 3x - = => x= 76 0,25 Bµi (2,0 ®iÓm) P= 1: (0,75®iÓm) [ 0,25 ( 43 ; 0) => đờng thẳng cắt trục hoành B a+ √ a+2 − √ a −2 √ ( √ a+1 ) ( √ a −1)( √ a+1) √ a ] 0,25 Biến đổi đến P= 0,5 a −1 Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm b»ng -2 2.a <=> + 4(m-1) - = tìm đợc m = 0,25 (0,5 ®iÓm) 0,25 x1   x  x x  Theo Viet: Mµ ' = (m -1)2 + > m 2.b (0,75 ®iÓm) ⇒ x 1+ x 2=2( m−1) x1 x 2=− ¿{ 0,25 0,25 Q= x1.x2[ (x1+x2)2-2x1x2]-5x1x2 0,25 = -12(m-1)2 - ≤-3 m => Max Q = -3 m =1 Gäi sè thø nhÊt lµ x => sè thø hai lµ 30 - x Bµi 0,25 0,25 ta đợc phơng trình : x2 +(30 - x)2 = 468 (1,0 ®iÓm) Bµi Giải pt ta đợc : x1 = 18; x2 = 12 0,25 KÕt luËn sè ph¶i t×m lµ 18 vµ 12 Vẽ hình đúng (câu a) 0,25 0,5 (3,0 ®iÓm) D A H E O1 I P O K Q O2 C B F 4.a (0,75 ®iÓm) 1   - s®AP);    - s® BP)  CED = (s®CD CFD = (s® CD 2 0,25     Mµ PA = PB ( gt) => CED = CFD => CDEF lµ tø gi¸c néi tiÕp 77 0,25 0,25   = ECD CDEF lµ tø gi¸c néi tiÕp => DFE 4.b: (0,75 ®iÓm) 0,25  = (s® AP  + s® AD)  s® PD ECD  = = AID 0,25 => gãc EFD = gãc AID => EF//AB KÎ O1 H  AI 4.c: (0,5 ®iÓm) 4d (0,75 ®iÓm) Bµi (1,0 ®iÓm) 1    0,25  Chøng minh: O1 AI = O1 IA; O IB = O2 BI gãc QAB = gãc QBA => O1I//O2Q ; O2I//O1Q => O1IO2Q lµ h×nh b×nh hµnh => O1I + O2I = QA không đổi √ √12 −3=√ x √ 3− √ y √ §K : x ≥ ; y ≥ ; x > y ⇒ √ xy ⇒( x+ y −2) √ 3=2 √ xy −3 0,25 0,25 (1) 0,25 lµ sè h÷u tØ,mµ √ lµ sè v« tØ nªn tõ (1)  x  y  0    2 3xy  0 x  y 2   xy  0,25 Gi¶i ta cã: x= ; y= 0,25 Thö l¹i, kÕt luËn Giả sử M có hoành độ x Vì M thuộc (P) => M (x;x2) 0,25 AM2 = (x+3)2 +(x2)2 = x4 + x2 + 6x + 0,25 b 0,25 =>PA là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác AD Cm tt : PB là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp BDI Kẻ đờng kính PQ (O) => Tâm O1 (ADI) thuộc AQ T©m O2 cña (BDI) thuéc QB => √ 12−3=x √ 3+ y √ −2 √ xy a 0,25 1     PAI ADI  AO I AO1 H    H  IAO   PAI  IAO AO 90 O = (x2 - 1)2 + 3(x +1)2 +5 0,25 => AM2 ≥ x AM 2=5 ⇔ x −1=0 x +1=0 ⇔ x =−1 ¿{ 0,25 0,25 Điểm M có toạ độ M(-1;1) thì AM nhỏ ( ¿ √5 ) 78 Gi¶ thiÕt cho gi¸ trÞ lín nhÊt cña ¿ x +m ≤2∀ x x 2+1 x +m PT =2 x +1 ¿{ ¿ x +m x 2+1 b»ng (1) 0,25 cã nghiÖm (2) (1) <=> 2x+m ≤ 2x +2 x <=> c x − ¿ 2+ 2 <=> ¿= m≤ ¿ x − ¿ 2+ ∀ x 2 m≤ ¿ 0,25 <=> m≤ (2) <=> 2x2 - 2x+2-m = cn<=> ' = 1-2(2-m)≥0 <=> 0,25 m≥ KÕt hîp l¹i ta cã m= 0,25 3 A  6b   3A 3b   b  8b     Tõ gi¶ thiÕt  §K:  A3  3(1  2b)A  (6b  2) 0  A 1  (I)   (A  1)(A  A  6b  2) 0  A  A  6b  0 (*) b d 1 1 A     1 8 2 => +) NÕu b  Ph¬ng tr×nh (*) v« nghiÖm (v×  9  24b  ) +) NÕu b th× A = Tõ (I)  A = VËy víi mäi 16 a x  2009 vµ b   2009 a; b  Z   x §K : x 0 §Æt : 16 b  2009  ab  2025  b  a  2009 a  2009  NÕu a b th× vÕ ph¶i lµ sè v« tØ vµ vÕ tr¸i lµ sè nguyªn  v« lÝ NÕu a = b th× ab - 2025 =  a b 45  x 45  2009 Thử lại với x 45  2009 thoả mãn đề bài b e Trêng THCS cÈm v¨n - Kú thi thö tuyÓn sinh líp 10 THPT n¨m häc 2009 – 2010 M«n thi : To¸n 79 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngµy thi : 22 th¸ng n¨m 2009 §Ò thi gåm : 01 trang §Ò thi chÝnh thøc Bµi ( 3,0 ®iÓm) 1) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a) x2 – 3x = b) x4 - 4x2 + =0   x   y  5     3  x  y  2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 3) Cho hµm sè f(x) = 2x+3 vµ g(x) = 2x2 a) So s¸nh f(-2) vµ g(-2) b)Tìm m để 2.f(m) = g(m) Bµi ( 2,0 ®iÓm) 1) Rút gọn các biểu thức: M = - 45 + æ N =ç ç ç è3 - - 20 ; ö 5- ÷ × ÷ ÷ 3+ 5ø 5- Cho hµm sè y = (2m-1)x2 - 2m a)Xác định m để đồ thị hàm số qua (2;-4) b)Chứng minh đờng thẳng y=x-2 luôn cắt đồ thị trên với m Bµi (1,0 ®iÓm) Một phòng họp có 360 ghế ngồi đợc xếp thành dãy và số ghế dãy b»ng NÕu sè d·y t¨ng thªm vµ sè ghÕ cña mçi d·y còng t¨ng thªm th× phßng cã 400 ghÕ Hái phßng häp cã bao nhiªu d·y ghÕ vµ mçi d·y cã bao nhiªu ghÕ ? Bµi (3,0 ®iÓm) Cho (O1) vµ (O2) c¾t t¹i A, B §êng kÝnh AC cña (O1) c¾t (O2) t¹i D   Chøng minh r»ng : O1AO2 O1BO2 Chøng minh r»ng : O1BO2D lµ tø gi¸c néi tiÕp TiÕp tuyÕn t¹i C víi (O1) vµ tiÕp tuyÕn t¹i D víi (O 2) c¾t t¹i E §êng th¼ng AB cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD G Chứng minh : CEGD là h×nh ch÷ nhËt Bµi (1,0 ®iÓm) Häc sinh chän c¸c phÇn sau ®©y a) Cho phương trình bậc hai x2 - 5x + m = (1) với x là ẩn số Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x1 x  x x1 6 b)Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(0; m); B(n; 0); C(3; 2) với m, n là các số nguyên dơng Tìm tất các số m, n để ba điểm trên thẳng hàng n n c) Cho x1 ;x lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x  6x  0 §Æt S n x1  x T×m sè d chia S 2009 cho ………………………… HÕt………………………… Trêng thcs cÈm v¨n §Ò thi chÝnh thøc Kú thi thö tuyÓn sinh líp 10 THPT n¨m häc 2009 – 2010 M«n thi : To¸n Ngµy thi : th¸ng n¨m 2009 ( buæi s¸ng) 80 Híng dÉn chÊm thi B¶n híng dÉn gåm 04 trang I Híng dÉn chung -Thí sinh làm bài theo cách riêng nh−ng đáp ứng đ−ợc yêu cầu cho đủ ®iÓm - Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với h−ớng dẫn chấm và đ−ợc thống Hội đồng chấm - Sau cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm II §¸p ¸n vµ thang ®iÓm C©u (bµi) Bµi (3,0 ®iÓm) ý (phÇn) 1a: Néi dung §iÓm 0,25  x 0 x  3x 0  x  x   0    x 3 (0,5 ®iÓm) 0,25 VËy pt cã nghiÖm lµ x=0; x=3 §Æt t x 0 , ta cã ph¬ng tr×nh : t2 - 4t + = Ta cã a + b+c =0 nªn t=1; t=3 (tháa m·n) 1b: (1,0 ®iÓm) 0,25 Víi t =1 ta cã x =  x =1;-1 Víi t =3 ta cã x2 =  x  0,25 0,25 Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là x 1;x  a §Æt 2: (1,0 ®iÓm) (1,0®) 1 ;b   x  2; x 1  x 2 y   x  1    1  y  2a  3b 5 a 1   a  2b 3  b 1 0,25 0,25 x  1   y  1 x   y 2 0,25 (tháa m·n) VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ (-1;2) a)Ta cã f(-2)=2.(-2)+3=-1; g(-2)=2(-2)2=8 0,25 Mµ -1<8 => f(-2)<g(-2) 0,25 0,25 b)2f(m)=g(m)  4m+6=2m2  m2-2m-3=0 0,25 Giải đợc m=-1; m=3 và kết luận M 2   3 Bµi (2,0 ®iÓm) 1: æ 1 ö 5- + - (3 ÷ N =ç × = ÷ ç ÷ ç è3 - + ø - 9- (0,75®iÓm) = 2.a (0,5 ®iÓm) 2.b 5) × 5- 5( - 1) 0,25 0,25 0,25 1 × = §å thÞ hµm sè ®i qua (2;-4) (2m-1).4-2m =-4 Giải đợc m=0 và kết luận Xét phơng trình hoành độ giao điểm: 81 0,25 0,25  2m  1 x  2m x    2m  1 x  x  2m  0  1 (0,75 ®iÓm) 0,25 NÕu m=1/2 th× ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm x=-1 NÕu m kh¸c 1/2 th× ph¬ng tr×nh (1) lµ ph¬ng tr×nh bËc hai 2    1   2m  1   2m   1  16m  24m   4m   0m 0,25 0,25 Do đó phơng trình đã cho có nghiệm với m =>Đpcm Bµi Gäi sè d·y ghÕ phßng häp lµ: x(d·y), §k: x nguyªn d- ¬ng (1,0 ®iÓm) 360 Sè ghÕ d·y lµ x 0,25 (ghÕ) 360 +1 Khi t¨ng thªm d·y th× sè d·y sÏ lµ (x+1) (d·y), x 0,25 t¨ng thªm ghÕ mçi d·y th× sè ghÕ d·y sÏ lµ (ghÕ) (x+ 1)( 360 + 1)=400 x Theo bµi ta cã ph¬ng tr×nh:  x2 - 39x + 360 = Giải ta đợc: x1 = 15; x2 = 24 Các giá trị x1 = 15; x2 = 24 thoả mãn điều kiện ẩn 0,25 0,25 360 =24 VËy nÕu sè d·y ghÕ lµ 15 d·y th× sè ghÕ d·y sÏ 15 lµ: (ghÕ) 360 =15 NÕu sè d·y ghÕ lµ 24 d·y th× sè ghÕ d·y sÏ lµ: 24 (ghÕ) Chú ý: thiếu đáp số thì trừ 0, 25đ Bµi 0,5 Vẽ hình đúng (câu a) (3,0 ®iÓm) G E D A O1 O2 C 4.a (0,75 ®iÓm) B 0,5 0,25 CmO1BO2 O1BO (ccc)  BO O  BO  O 2 ( hai gãc t¬ng øng) 82 4.b: (0,75 ®iÓm) 0,25 0,25     Ta cã O1BO O1BO2 ;O AD O DA     => O1BO  O1dO2 O1AO2  ADO2 180 =>tø gi¸c O1AO2D néi tiÕp 0,25   CAB    CAB    180 O CBD E  ABD E  EDC E 1 4.c: (0,5 ®iÓm) => Tø gi¸c ECBD néi tiÕp Mà CBDG nt => điểm C;E;B;D;G thuộc đờng tròn    CBG  CEG 180  CEG 90 O     CBG 90 O CDG 0,25 0,25 0,25 0,25 VËy tø gi¸c CEGD lµ h×nh ch÷ nhËt Lập ∆ = 25 - 4m Bµi 25 Phương trình có nghiệm x1, x2 ∆ ≥ hay m  (1,0 ®iÓm) 0,25 Áp dụng hệ thức Viet, ta có x1 + x2 = ; x1.x2 = m ìïï x1 + x > í ï x x >0 Hai nghiệm x1, x2 dương ïî hay m > Điều kiện để phương trình có nghiệm dương x1, x2 là 25 < m  (*) Ta có: a ( ) = x1 + x + x1 x = + m x1 + x = + m Suy Ta có x1 + x 0,25 x1 x  x x1 6  x1.x 0,25   x1  x 6 m  m 6  2m m  5m  36 0 (1) Đặt t  m 0 , đó (1) thành:  2t3 + 5t2 - 36 =  (t - 2)(2t2 + 9t + 18) =  t - = 2t2 + 9t + 18 = * t - = => t = => m = (thoả mãn (*)) * 2t2 + 9t + 18 = : phương trình vô nghiệm Hay 0,25 Vậy với m = thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x1 x  x x1 6 m xm n Do m, n > ta lập pt đờngthẳng AB là sau đó thay toạ độ điểm C(3; 2) vào phơng trình trên ta tìm đợc kết 8;4  ;  5;5  ;  4;6  ;  3;9  qu¶ c¸c cÆp sè (m; n):  Ta tính đợc y  b c 83 1.0 1.0 S n 2 x1n 2  x n 2      x1n 1  x n 1  x1  x2   x1n  x n x1x2 6S n 1  S n Chøng minh t¬ng tù ta cã S n 3 6S n 2  S n 1 Do đó : S n 3 6(6S n 1  S n )  S n 1 35S n 1  6S n  S n 6 vµ S n cïng sè d chia cho  S 2009 vµ S cïng sè d chia cho mµ S 30S  5S  6S  S vµ 5S  6S cïng sè d chia cho mµ 5S  6S 786  S 2009 chia cho cã sè d lµ Sở giáo dục và đào tạo H¶I d¬ng §Ò thi chÝnh thøc Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn nguyÔn tr·i - N¨m häc 2008-2009 M«n thi : to¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Ngµy thi 28 th¸ng n¨m 2008 (§Ò thi gåm: 01 trang) C©u I: (2.0 ®iÓm) 2 Cho ph¬ng tr×nh Èn x : x  2(2m  1)x  4m 0 (1) 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) m = 2)4 Tìm4 điều4 kiện m để phơng trình (1) có bốn nghiệm phân biệt x1 , x , x , x thoả mãn x1  x  x  x 17 C©u II: (1.0 ®iÓm) Rót gän biÓu thøc : b 3 A  3b   b 8b   3b   b 8b  víi C©u III: (2.0 ®iÓm) Cho hÖ ph¬ng tr×nh :  x    y m   y    x m ( víi m lµ tham sè ) 1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh m 2 2) Tìm m để hệ trên có nghiệm C©u IV: (1.0 ®iÓm) 16  T×m c¸c sè thùc x cho x  2009 vµ x 2009 là số nguyên C©u V: (3.0 ®iÓm) Cho đờng tròn (O; R) và điểm P cố định khác O (OP < R) Hai dây AB và CD thay đổi cho AB vuông góc với CD P Gọi E, F lần lợt là trung điểm AC, AD Các đờng th¼ng EP, FP c¾t BD, BC lÇn lît t¹i M, N 1) Chứng minh : Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc đờng tròn 84 2) Chøng minh r»ng : BD = 2.EO 3) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cña diÖn tÝch tø gi¸c ACBD C©u VI: (1.0 ®iÓm) 2 Cho x, y tho¶ m·n 16x  9y 144 Chøng minh r»ng : 2x  y  2  -HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh : Sè b¸o danh : Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ : .Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2: Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn nguyÔn tr·i - N¨m häc 2008-2009 M«n thi : to¸n Sở giáo dục và đào tạo H¶I d¬ng Ngµy 28 th¸ng n¨m 2008 Híng dÉn chÊm gåm: 04 trang Híng dÉn chÊm C©u c©u I ®iÓm PhÇn §iÓm néi dung Víi m = ph¬ng tr×nh (1) cã d¹ng: x  10x  16 0 (2) y 0  1,0®iÓm §Æt y = x2  th× pt (2) cã d¹ng y  10y  16 0 (3) Giải pt (3) ta đợc y1 2; y 8 (thoả mãn) 1)  x   x 2  y1 2   y 8     x 8  x 2 Phơng trình đã cho có bốn nghiệm x1  2; x  2; x 2 2; x  2 2) 1,0®iÓm 0.25 0.25 0.25 0.25 y x  y 0  §Æt th× pt (1) trë thµnh 2 y  2(2m  1)y  4m 0 (4) cã  '  2m  1  4m 4m  §Ó ph¬ng tr×nh (1) cã bèn nghiÖm x1 , x , x , x ph©n biÖt th× pt (4) ph¶i cã hai nghiÖm d¬ng y1, y ph©n biÖt   '   4m     c      4m    a 2  2m  1    b     a 2 2  m     m 0 (*) y  x1 x y12 ; x 34 x 4 y 22 0.25 Gi¶ sö x x y1 ; x x x14  x  x  x 4 17  y12  y 2 17 Do đó :    2m  1  8m  17    16m  32m  0 1  m  hoÆc m  4 kết hợp với ĐK (*) ta đợc m =  85 0.25  0.25 0.25 c©u II 1,0®iÓm ®iÓm 3 A  6b   3A 3b   b  8b     Tõ gi¶ thiÕt  §K:  A3  3(1  2b)A  (6b  2) 0  A 1  (I)   (A  1)(A  A  6b  2) 0  A  A  6b  0 (*) b 1 1 A     1 8 2 thay vào biểu thức đã cho ta có +) NÕu b  Ph¬ng tr×nh (*) v« nghiÖm (v×  9  24b  ) +) NÕu b th× A = Tõ (I)  A = VËy víi mäi 0.25 0.25 b c©u III ®iÓm 0.25 0.25 Thay m = ta đợc hệ pt : 1,0®iÓm  x    y 2 (1)    y    x 2 (2) §iÒu kiÖn :  x 9;  y 9 Gi¶ sö hÖ pt cã nghiÖm (x; y) 1) Tõ hÖ pt trªn  x    y  y    x (3) Gi¶ sö x  y ta cã x   y  vµ  y   x suy x    y  y    x m©u thuÉn víi (3) T¬ng tù x < y còng suy m©u thuÉn VËy x = y Thay x = y vµo pt (1) ta cã : x    x 2 bình phơng hai vế ta đợc 10   x  1   x  20   x  1   x  5 0.25 0.25 0.25  x  8x  16 0  x 4 Do đó x = y = HÖ ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm : (x; y) = (4; 4) Theo cách chứng minh tơng tự nh trên ta chứng minh đợc : hệ có 2) nghiÖm (x; y) th× x = y 1,0®iÓm y x  (II)   x    x m (4) Khi đó hệ phơng trình đã cho Gi¶ sö x0 lµ nghiÖm nhÊt cña ph¬ng tr×nh (4)  (8  x )    (8  x ) m   x còng lµ nghiÖm cña pt (4) tÝnh nhÊt   x x  x 4  m 2 0.25 0.25 x    x m  c©u IV ®iÓm 1,0®iÓm 0.25 y x  m  Khi thay vµo hÖ (II) ta cã  x    x 2 Giải hệ phơng trình trên ta đợc nghiệm (x; y) = (4; 4) Vậy với m 2 thì hệ phơng trình đã cho có nghiệm 0.25 16 a x  2009 vµ b   2009 a; b  Z   x §K : x 0 §Æt : 16 b  2009  ab  2025  b  a  2009 a  2009  0.25 0.25 86 0.25 NÕu a b th× vÕ ph¶i lµ sè v« tØ vµ vÕ tr¸i lµ sè nguyªn  v« lÝ NÕu a = b th× ab - 2025 =  a b 45  x 45  2009 Thö l¹i víi x 45  2009 tho¶ m·n x  2009  Z vµ c©u V ®iÓm 1) 1,0®iÓ m 16  x 0.25 2009  Z 0.25 A E F P C D K N H O M PE trung tuyÕn APC nªn EA = EP     EAP c©n t¹i E  EAP EPA MPB B    mµ ACD ABD PBM       MPB  PBM CAB  ACD 90  BPM vu«ng t¹i M  PMB 90 0    Chøng minh t¬ng tù ta cã: PNB 90  PMB  PNB 180  Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc đờng tròn đờng kính BP 2) Do EA = EC vµ FA = FD nªn OE  AC vµ OF  AD   1,0điểm Do đó AFE  OFE 90 (1) Do EF là đờng trung bình ACD nên EF // CD và CD = 2EF     AFE ADC ABC 0     mµ ABC  BCD 90  AFE  BCD 90 (2)   Tõ (1) vµ (2)  OFE BCD   C/M tơng tự ta có: OEF BDC  BCD đồng dạng với OFE (g.g) BD CD   2  BD 2.EO OE FE 3) KÎ OH  AB; OK  CD lÇn lît t¹i H vµ K  HA HB; KC KD 2 2 2 2 1,0®iÓm HB OB  OH R  OH  AB 4R  4HO 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2 TÝnh t¬ng tù : CD 4R  4KO suy    AB CD  4R  4HO 4R  4KO 16R  16R (HO  KO )  16.HO KO 16R  16R PO2  16.HO KO (v× ta cã OH  OK OP ) AB.CD Chøng minh diÖn tÝch tø gi¸c ACBD b»ng 2 0.25 Do 16R  16R PO không đổi nên AB2.CD2 nhỏ HO KO nhá nhÊt  H O hoÆc K O  AB ®i qua O hoÆc CD ®i qua O VËy diÖn tÝch tø gi¸c ACBD nhá nhÊt b»ng : 16R  16R PO 2R R  PO  AB hoÆc CD ®i qua O (cã thÓ chØ cách dựng: Kẻ đờng kính qua P và kẻ dây  với đờng kính đó P) 87 0.25 0.25  HO2  KO2  OP HO KO      Ta cã nªn HO2.KO2 lín nhÊt HO = 2 OP OP  ; AB2.CD2 lín nhÊt HO2 KO2 lín nhÊt  HO = KO KO  AB và CD cách O.Vậy diện tích tứ giác ACBD lớn 16R  16R2 PO  4.PO 2R  PO  AB và CD cách O  (cã thÓ chØ c¸ch dùng: Dùng h×nh vu«ng OHPK råi dùng AB, CD) c©u VI ®iÓm 1,0®iÓm   2 2 2 1    1    t  4x  3y         16x  9y  144 36 2         t  2   t 2  t 2      t  đó  t     t  2      t  2  (*)   2x  y  2  (§PCM) dÊu b»ng x¶y ë (*)  8x 9y  x      2x  y  y  16x  9y 144   Giải hệ ta tìm đợc   Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn nguyÔn tr·i - N¨m häc 2008-2009 M«n thi : to¸n §Ò thi dù bÞ Thêi gian lµm bµi: 150 phót Ngµy thi 28 th¸ng n¨m 2008 §Ò thi gåm: 01 trang C©u I: (2.0 ®iÓm) 2   x    x  11x  44 10       x2  1) Gi¶i ph¬ng tr×nh :  x     x  2) Cho x1 ;x lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x  6x  0 n n §Æt S n x1  x T×m sè d chia S 2009 cho C©u II: (2.0 ®iÓm) 1) Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn n th× n  13n  51 kh«ng chia hÕt cho 49 88 0.25  Sở giáo dục và đào tạo H¶I d¬ng 0.25   ax  by   a  b x  y (1) Tríc hÕt ta chøng minh B§T   2abxy  a y  b x   ay  bx  0 ThËt vËy B§T (1) (đúng)  ay  bx dÊu b»ng x¶y 1 4x  3y Ta đặt t = 2x - y = 2 0.25 0.25 0.25      x  y     5 xy      x  y    49    x2y2    2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh : C©u III: (2.0 ®iÓm) 3x   2x  0 1) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh :  2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm A(0; m); B(n; 0); C(3; 2) với m, n là các số nguyên dơng Tìm tất các số m, n để ba điểm trên thẳng hàng C©u IV: (3.0 ®iÓm) 1) Cho đờng tròn (O; R) và đờng thẳng (d) không có điểm chung với đờng tròn (O; R) Víi mçi ®iÓm M thuéc (d) lÊy ®iÓm N cho ba ®iÓm O, N, M th¼ng hµng (N n»m gi÷a O vµ M) vµ tho¶ m·n ON.OM R Chứng minh : Khi M chạy trên đờng thẳng (d) thì điểm N luôn chạy trên đờng tròn cố định 2) Trong các tứ giác nội tiếp đờng tròn (O; R) hãy tìm tứ giác có diện tích lớn C©u V: (1.0 ®iÓm) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh Hỏi có thể tìm đợc điểm M, N, P hình vuông ABCD cho diện tích tam giác MNP lớn (đơn vị diện tích ) hay không?   -HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh : Sè b¸o danh : Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ : .Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2: Sở giáo dục và đào tạo H¶I d¬ng Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT chuyªn nguyÔn tr·i - N¨m häc 2008-2009 M«n thi : to¸n Ngµy 28 th¸ng n¨m 2008 Híng dÉn chÊm gåm: 04 trang §Ò thi dù bÞ Híng dÉn chÊm C©u PhÇn c©u I  x2    x 2  x2 10    11   0    x  1,0®iÓm  x 1   x     x x2 a ;b  x 1 x  ta cã ph¬ng tr×nh: §K : x 1; x 2 §Æt  a b 10a  b  11ab 0   10a  b   a  b  0    b 10a x x2   x 0 +) Víi a = b ta cã x  x  (tho¶ m·n §K) ®iÓm 1) néi dung 2 x 2  x 2 10   3x2  11x  0   x 1  +) Víi b = 10a ta cã x  x1 3; x  (§Òu tho¶ m·n §K) Giải phơng trình ta đợc : 89 §iÓm 1.0 2) 1,0®iÓm x1 3; x  ; x 0 Vậy phơng trình đã cho có ba nghiệm Ta tính đợc S n 2 x1n 2  x n 2  x1n1  x n 1  x1  x   x1n  x n x1x 6S n 1  S n     Chứng minh tơng tự ta có S n 3 6S n 2  S n 1 Do đó : S n 3 6(6S n 1  S n )  S n 1 35S n 1  6S n  S n 6 vµ S n cïng sè d chia cho  S 2009 vµ S cïng sè d chia cho mµ S 30S  5S  6S  S vµ 5S  6S cïng sè d chia cho mµ 5S  6S 786 v× vËy  S 2009 chia cho cã sè d lµ c©u II 1) ®iÓm 1,0®iÓm 2) 1,0®iÓm n  13n  51  n    n  10   21 Ta cã mµ (n +10) - (n + 3) = chia hÕt cho nªn chia lµm hai trêng hîp : + NÕu (n +10) vµ (n + 3) cïng chia hÕt cho  §PCM + NÕu (n +10) vµ (n + 3) cïng kh«ng chia hÕt cho  §PCM    1  x   y  5   x  y     5  xy  x y       x  y    49 x   y  49     x2 y2 x2y2    Ta cã a  b 5 a  a 7 1   hoÆc  a x  ; b y  x y ta cã hÖ ab  14 b 7 b  §Æt Từ đó giải đợc nghiệm hệ đã cho là:    7  73      3 ;   ;  ;     1;  ;   1;  ;      2     x  ta giải bất phơng trình  3x   2x  0 đợc nghiệm: §K: x  ;x  m y  x  m n Do m, n > ta lập pt đờngthẳng AB là sau đó thay toạ độ điểm C(3; 2) vào phơng trình trên ta tìm đợc kết các cặp số (m; n):  8;4  ;  5;5  ;  4;6  ;  3;9   c©u 1) III 1,0®iÓm ®iÓm 2) 1,0®iÓm c©u IV ®iÓm 1.0 1.0  1) 1,5®iÓ m d T M N O A C B 90 1.0 1.0 1.0 Kẻ OA  d, tiếp tuyến AB, kẻ BC  OA  C cố định Kẻ tiếp tuyến MT, kẻ TN  OM ta chứng minh đợc OM.ON = R2 = OC.OA    OCN đồng dạng OMA  ONC OAM 90  N nằm trên đờng tròn đờng kính OC cố định 1.5 2) A 1,5®iÓm B H K D O C VÏ h×nh nh trªn S ABCD  AC.BD Ta chøng minh mµ AC 2R; BD 2R nªn diÖn tÝch tø gi¸c ABCD lín nhÊt b»ng 2R ABCD lµ h×nh vu«ng +)Ta chứng minh bổ đề: c©u V 1,0®iÓm Nếu ba đỉnh tam giác nằm trên các cạnh hình chữ nhật thì diện tam giác đó nhỏ nửa diện tích hình chữ nhật ®iÓm +) Sau đó: - Nếu tam giác MNP có các đỉnh nằm trên hình vuông ABCD thì diện tích tam gi¸c kh«ng lín h¬n nöa diÖn tÝch h×nh vu«ng - Nếu các đỉnh M, N, P nằm hình vuông ABCD đó qua các đỉnh M, N, P ta kẻ các đờng thẳng song song với các cạnh hình vuông đó tạo hình chữ nhật mà các đỉnh tam giác MNP nằm trên đó  diện tích tam gi¸c kh«ng lín h¬n nöa diÖn tÝch cña h×nh ch÷ nhËt Vậy không có tam giác MNP có diện tích lớn đơn vị diện tích 91 1.5 1.0