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]
(1)Câu (3 điểm) 1) Giải các phương trình sau: x 0 a) b) x 3x 0 a a a a N a 1 a 1 2) Rút gọn biểu thức với a 0 và a 1 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 2) Tìm các số nguyên m để hệ phương trình x y 3m x y 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) (2) 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 a b4 2 d c d Chứng minh Câu (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a b 1 và c a2 d 2 c b (3) Câu Ý a b c Điểm x 0 Giải phương trình 1,00 2 x 0 x 4 3 (hoặc x 12 0 ) x 12 x 6 Giải phương trình x x 0 0,25 2 Đặt t x , t 0 ta t 3t 0 0,25 0,25 t 1, t 4 t (loại) t 4 x 4 x 2 a a a a N a a với a 0 và a 1 Rút gọn a a a ( a 1) a a 1 a 1 a a a ( a 1) a a1 a1 N 3 a 3 Nội dung Xác định hệ số a Ra phương trình a ( 1) a b 1 a 1 Vậy a 1 2 Tìm các số nguyên m để nghiệm ( x; y ) thỏa mãn x xy 30 Tìm y m , x 2m x xy 30 (2m 1)2 (2m 1)(m 1) 30 m 2m m 10 0 m Do m nguyên nên m 1,00 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,5 a 9 a a 0,25 0,5 Tính số quần áo may ngày theo kế hoạch Gọi số quần áo may ngày theo kế hoạch là x (x nguyên dương) 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 280 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 0,25 0,25 (4) 0,25 280 280 1 x 5 Theo giả thiết ta có phương trình x 280( x 5) 280 x x ( x 5) x x 1400 0 Giải pt ta x 35, x 40 (loại) 0,25 Số quần áo may ngày theo kế hoạch là 35 a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp A A E' E F' F E' E F' N 1,00 F H H O M B D O C I Hình Vẽ hình B 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 HI Từ (1) và (2) và BI CI suy IH Mà HI MN H suy IMN cân I TH M thuộc tia đối tia BA CAH CBH (cùng phụ với góc ACB ) ANH 900 NHE (góc ngoài BHI 90 BHM 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 (5) A E' N đồng dạng với E BHI F F' B H I BHM NHE (vì đối đỉnh) ANH BHI ANH C AH HN BI IH Đến đây làm tương tự TH * Chú ý Thí sinh cần làm TH cho điểm tối đa M a2 d 2 c b Chứng minh a b4 a b4 (a b )2 c d c d a b2 1 và c d c d d (c d )a c(c d )b cd (a b ) dca d 2a c 2b cdb cd (a b4 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 )2 a2 d 2 2 0 2 c b2 d b db Vậy c b 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 (6) Câu (3 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số y 2 x x 2 y y 2 x b) Giải hệ phương trình a c) Rút gọn biểu thức P = 25a 4a a 2a với a 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 (7) 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 (8) 3 Câu (1 điểm) Chứng minh a b ab(a b) với a, b 0 Áp dụng kết trên, chứng minh 1 3 1 3 a b b c c a bất đẳng thức với abc 1 Câu Ý a 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) a, b, c là các số dương thỏa mãn Điểm 1,00 0,25 0,25 0,5 (9) Vẽ đồ thị hàm số b x 2 y y 2 x Giải hệ phương trình x y 2 x y 3 Hệ Tìm x 3 1,00 0,25 (HS có thể dùng phép phép trừ) Tìm y 3 Kết luận Hệ có nghiệm x 3, y 3 a c Rút gọn biểu thức P = 25a 4a a 2a với a 0,25 0,25 0,25 1,00 a 25a 4a 9 a a 2a a 2 a (a 2) 0,25 a 2a a (a 2) 2 a P = a a 0,25 a 0,25 0,25 1,00 Giải phương trình x x m 0 m 1 0,25 0,25 m 1 ta có phương trình x x 0 9 5 3 3 x1 x2 , (mỗi nghiệm đúng cho 0,25) b Tìm m để x1 , x2 thỏa mãn x12 x22 3 9 4m m Pt (1) có hai nghiệm phân biệt 0,5 (1) 1,00 0,25 Theo định lí Viet x1 x2 3, x1 x2 m Bình phương ta x12 x22 ( x12 1)( x22 1) 27 2 2 2 2 x x x x x x 25 2 0,25 Tính x x ( x1 x2 ) x1 x2 9 2m và đưa hệ thức m2 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) trên dạng Tính vận tốc canô nước yên lặng 0,25 0,25 1,00 Gọi vận tốc canô nước yên lặng là x (km/h, x 4) Vận tốc canô nước xuôi dòng là x và thời gian canô chạy 48 nước xuôi dòng là x Vận tốc canô nước ngược dòng là x và thời gian canô chạy 48 nước ngược dòng là x 0,25 (10) 0,25 48 48 5 Theo giả thiết ta có phương trình x x 2 pt 48( x x 4) 5( x 16) x 96 x 80 0 Giải phương trình ta x 0,8 (loại), x 20 (thỏa mãn) 0,25 0,25 Vậy vận tốc canô nước yên lặng là 20 km/h a Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp A B A B P P M M Q Q Hình 1N D Vẽ hình b 1,00 C D H I Hình N C 0,5 0 Theo giả thiết QAM 45 và QBM 45 0,25 QAM QBM ABMQ là tứ giác nội tiếp 0,25 Chứng minh AH vuông góc với MN ABMQ là tứ giác nội tiếp suy AQM ABM 1800 ABM 900 AQM 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 c Xác định vị 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 không thẳng hàng Gọi I là giao điểm AH và MN và S là diện tích tam giác AMN 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 AI MN thì S = Tứ giác APHQ nội tiếp suy PAH PQH (1) 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 1 AI MN a.MN S= Ta có MN MC NC a BM a DN 2a ( IM IN ) 1 MN a S a.MN a 2 Vậy MN 2a MN hay 0,25 0,25 0,25 (11) TH M trùng với C, đó N trùng với D và AMN ACD 1 AD.DC a 2 nên S = Vậy AMN có diện tích lớn M C và N D 1 3 1 3 a b b c c a3 a b3 ab(a b) a (a b) b (b a ) 0 (a b)(a b ) 0 (a b )2 (a b) 0 , đúng a, b 0 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 ) 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 (Do các vế dương) Tương tự, 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) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH 0,25 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 - ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (Dành cho thí sinh dự thi) Ngày thi: 02/07/2010 Bài (1,5 điểm) a) So sánh hai số: 5và 29 3 3 3 b) b) Rút gọn biểu thức: A = 2 x y 5m Bài Cho hệ phương trình: x y 2 (m là tham số) (12) a) Giải hệ phương trình với m = b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = Bài (2,5 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào bể không có nước thì sau 12 thì đầy bể Nếu vòi chảy thì thời gian vòi thứ làm đầy bể ít vòi thứ hai làm đầy bể là 10 Hỏi chảy riêng vòi thì vòi chảy bao lâu thì đầy bể? Bài (3,0 điểm) Cho đương tròn (O;R) day cung BC cố định (BC<2R) và điểm A di động trên cung lớn BC cho tam giác ABC có góc nhọn Các đường cao BD, CE tam giác cắt H a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp b) Giả sử BAC 60 , hãy tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R c) Chứng minh đường thẳng qua A và vuông góc với DE luôn qua điểm cố định Bài 5.(1,0 điểm) Cho biểu thức P = xy(x - 2)(y+6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36 Chứng minh P luôn dương với x,y R ĐÁP ÁN THAM KHẢO MÔN: TOÁN Bài (1,5 điểm) a) So sánh hai số: 5và 29 45>29 => 29 3 3 b) Rút gọn biểu thức: A = = Bài x y 5m Cho hệ phương trình: x y 2 (I) (m là tham số) a) Giải hệ phương trình với m = (x;y) = (2;0) b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = (13) x 2m Ta giải (I) theo m y m Nghiệm này thỏa mãn hệ thức x2 – 2y2 = nghĩa là 4m2 – 2(m - 1)2 = 10 10 , m2 2 Giải phương trình ẩn m m1 = 10 10 , m2 2 KL: Vậy với hai giá trị m1 = thì nghiệm hệ (I) thỏa mãn hệ thức trên Bài C1: Lập hệ phương trình: Gọi thời gian vòi chảy riêng đến đầy bể là x (x>12) Gọi thời gian vòi chảy riêng đến đầy bể là y (y>12) Trong hai vòi chảy 12 bể Trong vòi chảy x bể Trong vòi chảy y bể 1 y Ta có phương trình: x + = 12 (1) Vòi chảy nhanh vòi 10 nên ta có phương trình : y = x+10 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 1 1 x y 12 y x 10 1 1 1 1 x y 12 x x 10 12 y x 10 y x 10 Giải hệ phương trình: 12 12 1 x x 10 y x 10 12( x 10) 12 x x 10 x(1) y x 10 Giải (1) x1 = 20, x2 = -6 (loại) x1 = 20 thỏa mãn, chảy riêng thì vòi chảy 20 thì đầy bể, vòi chảy 30 thì đầy bể 1 C2: Dễ dàng lập phương trình x x 10 12 Giải tương tự cùng đáp số Bài a)Tứ giác AEHD có AEH 900 , ADH 900 nên AEH ADH 1800 Vậy tư giác AEHD nội tiếp 0 b) Khi BAC 60 BOC 120 Mặt khác tam giác BOC cân O nên khoảng cách từ O đến BC là đường cao đồng thời là tia phân giác tam giác BOC KOC 600 (14) A D O K C E H B Bài P = xy(x - 2)(y+6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36 = x2y2 + 6x2y - 2xy2 - 12xy – 24x + 3y2 + 18y + 36 = (18y + 36) + (6x2y + 12x2) – (12xy + 24x) + (x2y - 2xy2 + 3y2) = 6(y + 2)(x2 – 2x + 3) + y2(x2 – 2x + 3) = (x2 – 2x + 3)(y2 + 6y +12) = [(x - 1)2 + 2][(y + 3)2 +3] > Vậy P > với x,y R SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ Đề chính thức ĐỀ B KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút Bài (2.0 điểm): Cho phương trình: x2 + mx - = (1) (với m là tham số) Giải phương trình (1) m= Giả sử x1, x2 là các nghiệm phương trình (1), tìm m để: x1(x22 + 1) + x2(x21 + 1) > Bài (2.0 điểm): Cho biểu thức: B = ( + )( - ) với b > 0; b≠ Rút gọn B Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên Bài 3(2.0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc parabol (P) vơi xA = 2, xB = - (15) Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB Tim n để đường thẳng (d): y = (2n - n)x + n + (với n là tham số) song song với đường thẳng AB Bài (3.0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao BM, CN tam giác cắt H Chứng minh tứ giác BCMN là tứ giác nội tiếp đường tròn Kéo dài AO cắt đường tròn (O) K Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC tam giác ABC luôn nhọn Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn Bài (1.0 điểm): Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = 33 Tìm giá trị nhỏ P = a2 + b2 + ab Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Đáp án chấm Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút Đề chính thức ĐỀ B Bài Nội dung Cho phương trình: x + mx - = (1) (với m là tham số) Giải phương trình (1) m= 3: - Phương trình trở thành: x2 + 3x - = - Vì tổng các hệ số: + + (-4) = nên phương trình có nghiệm x1=1 v à x2=- Vậy m = th ì phương trình có nghiệm x1=1 v à x2=- Giả sử x1, x2 là các nghiệm phương trình (1), tìm m để: x1(x22 + 1) + x2(x21 + 1) > - Phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì: ∆ ≥ mà ∆ = m2 + 16≥16 với m ¿ x 1+ x 2=− m(∗) Khi đó theo Vi-ét ta có: x x 2=− (**) ¿{ ¿ - Ta lại có x1(x22+1)+x2(x21+1)> 6<=> x1x22+x1 +x2x21+x2 > 6<=> x1x2(x1+ x2) + x1+ x2> <=> (x1+ x2)(x1x2+1)>6 (***) - Thay (*), (**) vào (***) ta có: -m(-4+1) > <=> 3m>6 <=> m >2 - Vậy m >2 th ì phương trình (1) có nghiệm x1,x2 thỏa mãn Điểm 0,25 0,5 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 (16) x1(x22+1)+x2(x21+1)> Bài (2.0 điểm): Cho biểu thức: B = = ( + )( - ) với b > 0; b Rút gọn B ( √ b+3)( √ b+ 3) −( √ b −3)( √ b −3) Với b > 0; b B = ( √ b −3)( √ b+3) ( 12 √b √b − = ( √ b −3)( √b+ 3) √b √ b+3 Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên B= nguyên √ b +3 là ước vì √ b +3≥3 nên √ b+3 √ b +3 = hay √ b =1 <=> b=1 - Vậy với b = thì B đạt giá trị nguyên Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc parabol (P) vơi xA = 2, xB = - 1 Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB - Tọa độ điểm A: xA = 2=> y = 22= Vậy A(2;4) - Tọa độ điểm B: xB = -1=> y = (-1)2= Vậy B(-1;1) - Gọi đường thẳng qua A(2;4), B(-1; 1) có dạng y = ax + b (AB) - Vì (AB) qua A(2; 4) nên 2a + b = 4(i) - Vì (AB) qua B(-1; 1) nên -a +b = 1(ii) - Lấy phương trình (i) trừ (ii) ta 3a = => a = đó =>b= Vậy đường thảng AB có dạng: y = x +2 Tim n để đường thẳng (d): y = (2n - n)x + n + (với n là tham số) song song với đường thẳng AB - Đường thẳng AB: y = x+2 song song với (d) y = (2n 2-n)x+n+1 thì: 2n 2-n =1(u) và n+1 ≠2(v) Giải (u) ta n = 1; và n = kết hợp với (v) n≠1 Nên với n= thì AB song với (d) )( ( ( b −3 b )( √ √ ) ) ) ( ) 0,5 0.5 0,5 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0,5 0,25 0,25 0.25 0.5 Chứng minh BCMN là tứ giác nội tiếp đường tròn 0,25 - Lấy I là trung điểm BC Suy ra:BI= CI = MI = NI nên B ,C, M, N cách điểm I nên tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn Kéo dài AO cắt đường tròn (O) K Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành Ta có: ABK = 900 = (góc nội tiếp) => BKAB nên BK∥CH(*) Tương tự: 0,5 ACK = 900 = (góc nội tiếp) => CKAC nên CK∥BH(**) Từ (*) và (**) suy BHCK là hình bình hành 0.25 0,25 (17) Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC tam giác ABC luôn nhọn Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn Gọi I là giao điểm AH và BC, F là trung điểm BC Vì A thay đổi BC cố định và lam giác ABC luôn nhọn nên H nằm tam giác ABC Nên S ∆BCH = BC.HI lớn HI lớn (BC cố định), HI lớn => AI lớn => I 0,25 F mà F là trung điểm BC nên ∆ABC cân A => AB = AC=> A bằm chính 0,25 lớn cung BC 0,25 0,25 Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = Tìm giá trị nhỏ P = a + b2 + Ta có (a-b)2 => a2+b2 2ab và (a+b)2 4ab hay ab => Nên đó P = a2 + b2 + 2ab + + + =16 + = 0,25 Dấu "=" xảy 2ab= và a=b hay ab = và a = b =>a = b= Vậy Min P = a = b = 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2010-2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức: Chứng minh rằng: Bài (2,0 điểm) x A x 3 x x x với x 0, x 9 10 2 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y (k 1) x n và hai điểm A(0;2), B(-1;0) Tìm các giá trị k và n để: a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A và B b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : y x k Cho n 2 Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB Bài (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x 2mx m 0 (1) Giải phương trình (1) với m (với m là tham số) (18) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 1 16 x ; x x Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thoả mãn hệ thức: x2 Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN H (H nằm O và B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt E Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2 Bài (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 3 3 a 1 b 1 c 1 - HẾT - KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH Năm học 2010 - 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Bài (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức: x A x 3 x x x Chứng minh rằng: 10 2 5 Ý (1,25đ) Nội dung Với ĐK: với x 0, x 9 Điểm x 0, x 9 Ta có: x A x x x 3 x A A x 3 x x x 9 x 9 x x x x 0,25 x x 0,25 0,25 (19) A 9x x 0,25 Kết luận: Vậy với x 0, x 9 thì Ta có: A (0,75đ) 9x x 0,25 2 5 2 5 0,25 0,25 = 10 Vậy: 10 2 5 0,25 Bài (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y (k 1) x n và hai điểm A(0;2), B(-1;0) Tìm các giá trị k và n để: a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A và B b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : y x k Cho n 2 Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB Ý Nội dung Điểm (d): y = (k-1)x + n qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình: 1a (1,0 đ) 1b (0,5 đ) (k 1).0 n 2 (k 1).( 1) n 0 n 2 1 k 0 n 2 k 3 0,25 0,5 Kết luận: Vậy k = 3, n = thì (d) qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25 k 1 k 2 (d ) //( ) n 2 k n 0 + 0,25 k 2 (d ) //() n 0 Kết luận: Vậy 0,25 (20) Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + Suy đường thẳng (d) cắt trục Ox C ;0 k 0 k 1 và đó toạ độ điểm C là k OC xC (0,5 đ) Ta có: 1 k 0,25 và B(-1;0) nên OB = Vì các tam giác OAC và OAB vuông O và chung đường cao AO nên suy ra: SOAC 2SOAB OC 2OB 2 |1 k | 0,25 k 0 k 2 (thoả mãn đk k 1 ) Kết luận: k = k = Bài (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x 2mx m 0 (1) (với m là tham số) Giải phương trình (1) với m Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 1 16 x ; x x x2 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thoả mãn hệ thức: Nội dung Ý Điểm Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành: x x 0 ' 1 9 (0,75đ) (0,75đ) 0,25 ' 3 Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 1 x x 2 0,25 Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 0,25 Pt (1) có ' m (m 7) 0,25 m2 m 27 m 0 2 với m 0,25 Vậy với giá trị m thì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25 Theo câu 2, ta có (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 với giá trị m Theo định lý Vi ét ta có: 0,25 (21) x1 x2 2m x1 x2 m Theo giả thiết ta có: 1 16 x1 x2 x1 x2 0 x1 x2 16 x1 x2 m 0 2m 16 m m 7 m 8 (0,5 đ) 0,25 m 8 Vậy m = là giá trị cần tìm Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN H (H nằm O và B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt E Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh: OK // MN và KM2 + KN2 = 4R2 a A f k o m h O P e n c M b E N Nội dung Ta có: Điểm + AHE 90 (theo giả thiết AB MN ) 0,5 + AKE 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5 AHE AKE 900 H, K thuộc đường tròn đường kính AE Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác CAE và CHK: + Có chung góc C + EAC EHK (góc nội tiếp cùng chắn cung EK) CHK (g - g) Suy CAE (1,0 đ) C B Ý (2,0đ) H K Do đường kính AB MN nên B là điểm chính cung MN suy ta có MKB NKB (1) 0,25 0,25 0,5 0,25 (22) Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên NKB KNF (2) MFN (3) MKB Từ (1), (2), (3) suy MFN KNF KFN KNF Vậy KNF cân K 0 * Ta có AKB 90 BKC 90 KEC vuông K Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K BEH KEC 450 OBK 450 (0,5 đ) 0,5 0,25 0,25 Mặt khác vì OBK cân O ( OB = OK = R) nên suy OBK vuông cân O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB) * Gọi P là giao điểm tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính và KP // MN Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP 0,25 Xét tam giác KMP vuông M ta có: MP2 + MK2 = KP2 KN2 + KM2 = 4R2 Bài (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 3 3 a 1 b 1 c 1 Ý Nội dung Điểm (a 1)3 a3 3a 3a Ta có: a a 3a 3 Tương tự: 3 3 a a a a (1) ( a 0) 2 4 3 (b 1)3 b , (c 1)3 c 3 4 0,25 Từ (1), (2), (3) suy ra: a 1 0,5 đ 3 b 1 c 1 a b c 4 Vậy BĐT chứng minh Dấu đẳng thức xảy 3 a a 0 2 b b 0 2 c c 0 2 a b c 3 a 0 a b 0 b 2 c 0 c a b c 3 a 0, b c b 0, a c c 0, a b 0,25 (23) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP HUẾ 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 1) 5x -7x-6=0 2) 3x+5y=9 P= b) Rút gọn biểu thức 5-2 -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 ) 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 (24) b) Gọi M là trung điểm BC Đường thẳng BF cắt AM,AE,AD theo thứ tự các điểm N,K,I IK AK = 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 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP HUẾ Môn: TOÁN – Khóa ngày: 25/6/2010 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Bài Nội dung Ý a.1 Giải phương trình 5x -7x-6=0 (1) (0,75) = 49+120=169=13 , =13, 7-13 7+13 x1 = =x2 = =2 10 và 10 0,25 0,25 x1 =- a.2 (0,75) Vậy phương trình có hai nghiệm: 2x-3y=-13 Giải hệ phương trình 3x+5y=9 : 2x-3y=-13 3x+5y=9 6x-9y=-39 6x+10y=18 y=3 2x =9-13=-4 b (0,75) , x2 =2 2x-3y=-13 19y=57 x =-2 y=3 0,25 0,50 0,25 5+2 -2 = -2 5-4 5-2 =5+2 5-2 =5 P= Điểm 2,25 0,50 0,25 2,5 2.a y=ax2 qua điểm M -2;8 , nên: + Đồ thị (P) hàm số (0,75) 8=a -2 a=2 Vậy: a=2 và hàm số đã cho là: y=2x 2.b + Đường thẳng (d) có hệ số góc -2, nên có phương trình dạng: (1,75) y=-2x+b 0,50 0,25 0,25 0,25 (25) M -2;8 8=-2 -2 +b b=4, d :y=-2x+4 + (d) qua điểm , nên + 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 0,50 0,25 0,25 0,25 Do đó hoành độ giao điểm thứ hai (P) và (d) là x =1 y=21 =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 B xe đạp AC = AB =40km Hai người cùng xe đạp đoạn đường Đoạn đường còn lại người thứ hai xe đạp để đến B là: CB =AB-AC =20km 40 Thời gian người thứ ô tô từ C đến A là: x+48 (giờ) và người thứ hai 20 từ C đến B là: x (giờ) 40 20 40 20 + = - +1= x+48 x Theo giả thiết, ta có phương trình: x+48 x Giải phương trình trên: 40x+x x+48 =20 x+48 hay x +68x-960=0 Giải phương trình ta hai nghiệm: x1 =-80<0 (loại) và x2 =12 0,25 0,25 0,25 Vậy vận tốc xe đạp là: 12 km/h 2,5 (26) 4.a (1,0) A F K I N D O B // M // E C Hình vẽ đúng Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: BED =BFD =90 Mà BAD =BAC =90 (giả thiết) Do đó: BED =BFD BAD =90 Vậy: năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính BD 4.b (1,0) 4.c (0,5) Gọi (O) là đường tròn đường kính BD Trong đường tròn (O), ta có : D ) EAD =DAF DE = DF (do DE, DF là bán kính đường tròn Suy : AD là tia phân giác EAF hay AI là tia phân giác KAF IK AK = Theo tính chất phân giác ta có IF AF (1) Vì AB AI nên AB là tia phân giác ngoài đỉnh A KAF BK AK = Theo tính chất phân giác ta có : BF AF (2) IK BK = Từ (1) và (2) suy : IF BF 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 NAF MAC DAF MCA EAC ( vì AI là tia phân giác góc EAF) Mà AEB MCA EAC ( 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) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 (27) B b=4,85 H C I K E a =3,6 dm D 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 quạt 900 +Diện tích hình quạt là diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy là r , nên: l 2.90 l Sxq rl 360 l r 0,9 dm Do đó thể tích hình nón tạo là : 1 2 V r 2h r l r 3,14. 0,9 3,6 0,9 2,96 dm3 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 3,6 Đề chính thức 0,25 0,25 0,25 4,85 3,6 0,9 1,54 dm Ta có CI = AC - AI = HI CI AB AC AB.CI IH 0,91 dm r 0,9 dm AC Vì IH // AB Tương tự : IK > r = 0,9 ( dm) Vậy sau cắt xong mặt xung quanh , phần còn lại thiếc ABCD có thể cắt mặt đáy hình nón SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH 0,25 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÓA NGÀY : 30 - - 2010 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 01/7/2010 - Bài 1: (1,5 điểm) Giải các phương trình sau: a) 3(x – 1) = 2+x b) x2 + 5x – = Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x2 – x + – m ( m là tham số ) Tìm điều kiện m để phương trình đã cho có nghiệm b) Xác định các hệ số a, b biết hệ phương trình ax + 2y = bx – ay = 0,25 0,25 (28) có nghiệm ( 2, - ) Bài 3: (2,5 điểm) Một công ty vận tải điều số xe tải để chở 90 hàng Khi đến kho hàng thì có xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng thì xe còn lại phải chở thêm 0,5 so với dự định ban đầu Hỏi số xe điều đến chở hàng là bao nhiêu ? Biết khối lượng hàng chở xe là Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ các đường cao BB` và CC` (B` cạnh AC, C` cạnh AB) Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O hai điểm M và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M) a) Chứng minh tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AM = AN c) AM2 = AC`.AB Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện < a < b và phương trình ax + bx + c = vô nghiệm Chứng minh rằng: a b c b a > (29) SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Gợi ý giải KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÓA NGÀY : 30 - - 2010 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 01/7/2010 - Bài 1: (1,5 điểm) Giải các phương trình sau: a) 3(x – 1) = 2+x 3x – = + x 2x = Vậy x = b) x2 + 5x – = Ta có : a + b + c = +5 - = Nên pt có hai nghiệm là x1 = ; x2 =-6 Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x2 – x + – m ( m là tham số ) Tìm điều kiện m để phương đã cho có nghiệm Ta có ∆ = -4(1 -m) = 4m - Để pt có nghiệm thì ∆ ≥ 4m - ≥ m ≥ b) Xác định các hệ số a, b biết hệ phương trình có nghiệm ( 2, - ) + 2(- ) = b ( ) - a (- ) = ………. Ta có a ax + 2y = bx – ay = a= b= +2 -2 Bài 3: (2,5 điểm) Một công ty vận tải điều số xe tải để chở 90 hàng Khi đến kho hàng thì có xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng thì xe còn lại phải chở thêm 0,5 so với dự định ban đầu Hỏi số xe điều đến chở hàng là bao nhiêu ? Biết khối lượng hàng chở xe là Gọi x (xe) là số xe tải dự định điều đến đế chở hàng ĐK : x N , x > Theo dự định xe chở : (tấn) Thực tế xe phải chở (tấn) Vì thực tế xe phải chở thêm 0,5 nên ta có pt: - = 0,5 Giải pt ta x1 = 20 (TMĐK) ; x2 = -18 (loai) Vậy số xe tải dự định điều đến đế chở hàng là 20 Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ các đường cao BB` và A CC` (B` cạnh AC, C` cạnh AB) Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O hai điểm M và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M) a) Chứng minh tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp M b) Chứng minh AM = AN B' c) AM2 = AC`.AB C' a) C’và B’ cùng nhìn B,C góc vuông nên tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp b) BC`B`C là tứ giác nội tiếp nên ta có = (cùng bù ) N O B C (30) Nhưng : = sđ( + ) = sđ( + ) Suy = Vậy MA = NA c) ∆C’AM ∽ ∆ ABM (g.g) = Hay AM = AC’.AB Bài 5: (1,0 điểm) Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện < a < b và phương trình a b c b a > ax + bx + c = vô nghiệm Chứng minh rằng: Ta có (b-c)2 ≥ 0 b2 ≥ 2bc - c2 Vì pt ax2 + bx + c = vô nghiệm nên có ∆ = b2 - 4ac < 0(do a>0 ;b>0 nên c>0) b2 < 4ac 2bc - c2 < 4ac a b c 4a > 2b-c a+b+c > 3b - 3a b a > (Đpcm) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN Câu (2 đ ) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi : TOÁN – Sáng ngày 30/6/2010 Thời gian làm bài : 120 phút (31) a) Không sử dụng máy tính cầm tay , hãy rút gọn biểu thức : A = 12 48 75 x x x x x x 1 B x x x 1 x b) Cho biểu thức Với giá trị nào x thì biểu thức trên xác định ? Hãy rút gọn biểu thức B Câu (2đ ) Không dùng máy tính cầm tay , hãy giải phương trình và hệ phương trình sau : a) x2 - 2 x – = x y 13 b) x y Câu (2,5 đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = 2x2 và đường thẳng (d) có phương trình y = 2(m – 1)x – m +1, đó m là tham số a) Vẽ parabol (P) b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt c) Chứng minh m thay đổi ,các đường thẳng (d) luôn qua điểm cố định Tìm điểm cố định đó Câu (2,5 đ) Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng không qua O cắt đường tròn hai điểm A và B Từ điểm M trên ( Δ ) ( M nằm ngoài đường tròn tâm O và A nằm B và M ), vẽ hai tiếp tuyến MC, MD đường tròn (O) (C, D (O) ) Gọi I là trung điểm AB, tia IO cắt MD K a) Chứng minh năm điểm M, C, I, O, D cùng thuộc đường tròn b) Chứng minh : KD KM = KO KI c) Một đường thẳng qua O và song song với CD cắt các tia MC và MD E và F xác định vị trí M trên ( Δ ) cho diện tích Δ MEF đạt giá trị nhỏ Câu (1 đ) Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90 cm đặt úp trên hình trụ có thể tích , 9420cm và bán kính đáy hình trụ 10cm , cho đường tròn đáy trên hình trụ tiếp xúc ( khít ) với mặt xung quang hình nón và đáy hình trụ nằm trên mặt đáy hình nón Một mặt phẳng qua tâm O và đỉnh hình nón cắt hình nón và hình trụ hình vẽ Tính thể tích hình nón Lấy 3,14 HẾT (32) HƯỚNG DẪN Câu 1: a) A = 12 48 75 = 15 9 x x x x x x 1 B x x x 1 x b) x = Câu x 2 x 1 x 1 x1 a) x2 - 2 x – = x 1 ĐK x>0 và x 1 x x 1 x 6 ĐS x1 3; x2 x y 13 b) x y ĐS (x=2 ; y= -3) Câu a) bạn đọc tự giải b) Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) : 2x2 – 2(m – 1)x +m – Δ = m – 4m +3 = (m+1)(m+3) Δ >0 m >-1 m< -3 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt c) Giả sử (x0; y0) là điểm cố định các đường thẳng (d) qua , ta có y0 = 2(m-1)x0 – m +1 m (2x0 – 1) – (2x0 + y0 – 1) = vì không phụ thuộc vào m ta có x0 0 x y 0 x0 y0 0 Câu : a) MCO MIO MDO 90 => M,C, O,I , D thuộc đường tròn đường kính MO b) Δ DKO Δ IKM (g-g) => KD KM = KO KI c) SMEF = SMOE + SMOF = R.ME Δ MOE vuông O,có đường cao OC MC.CE = OC2 = R2 không đổi MC + CE = ME nhỏ MC = CE = R => OM = 2R M là giao điểm đường thẳng ( Δ ) và đường tròn (O, 2R ) thì diện tích Δ MEF nhỏ (33) Câu : MN = V: S = 9420 : 100 3,14 = 30cm AN MN 1 AN AH AO SO 3 MN//SO => AN AN 10 AN 5cm => AH =15cm Diện tích đáy hình nón 152 3,14 = 706,5cm2 706,5.90 21,195cm3 Thể tích hình nón : SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 (34) Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài (1đ) Rút gọn M 16 x x Tính giá trị M x = Bài (1đ5) 1) Vẽ đồ thị các hàm số sau trên cùng mặt phẳng tọa độ : ( P ) : y x ; ( d ) : y 2 x 2) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) (d) và (P) Bài 3(2đ) 1) Giải phương trình x x 0 x y 4 2) Giải hệ phương trình 2 x y 7 Bài (2đ) 1) Một người dự định xe gắn máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 90km Vì có việc gấp phải đến B trước dự định là 45 phút nên người phải tăng vận tốc lên 10 km Hãy tính vận tốc mà người đó dự định x 2 m x m 0 2) Chứng minh phương trình nghiệm phân biệt và khác với m R (m là tham số) luôn có Bài (3đ5) Một hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn Tâm O bán kính R Một điểm M di động trên cung ABC , M không trùng với A,B và C, MD cắt AC H 1) Chứng minh tứ giác MBOH nội tiếp đường tròn và DH.DM = 2R2 2) Chứng minh tam giác MDC đồng dạng với tam giác MAH 3) Hai tam giác MDC và MAH M vị trí đặc biệt M’ Xác định điểm M’ Khi đó M’D cắt AC H’ Đường thẳng qua M’ và vuông góc với AC cắt AC I Chứng minh I là trung điểm H’C Hết (35) Giải đề thi Bài 1: M 16 x x x 1 4x 1 Thay x=2 vào M M 4.2 9 Bài 2: 1) vẽ đồ thị Tọa độ điểm đồ thị ( P) : y x x -2 -1 1 y x Tọa độ điểm đồ thị (d ) : y 2 x 3 x y 2 x 3 2) Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) x 2 x x x 0 Có dạng a – b + c = – (-2) + (-3) = x1 y1 1 c x a y2 9 từ (P) Vậy : Tọa độ giao điểm (P) và (d) là A 1;1 ; B(1;9) Bài 3: x x 0 1) b 4ac 25 4.6 1 Vì > nên phương trình có nghiệm phân biệt b 1 x1 2a x b 2a x y 4 2 x y 8 2) 2 x y 7 2 x y 7 y 1 2 x y 7 y 1 x 5.1 7 Bài 4: 1) Gọi x(km/h) là vận tốc dự định (đk: x > ) x + 10 (km/h) là vận tốc 90 Thời gian dự định là : x (h) 90 Thời gian là : x 10 (h) Vì đến trước dự định là 45’= h nên ta có phương trình: y 1 x 1 (36) 90 90 x x 10 x 10 x 1200 0 ' b '2 ac 25 1200 1225, 35 Vì ’ > nên phương trình có nghiệm phân biệt b ' 35 30( nhan) x1 a x b ' 35 40(loai ) a Vậy vận tốc dự định là 30(km/h) 2) x 2m 1 x 4m 0 (*) ' b '2 ac 2m 1 (4m 8) 4m 4m 4m 4m 8m 2m voi moi m (1) Mặt khác : Thay x=1 vào phương trình (*) Ta : 2m 1 4m 0 1-4m+2+4m-8=0 -5=0 (Không dung voi moi m x=1) (2) Từ (1) và (2) Phương trình luôn có nghiệm phân biệt và khác với m R Bài 5: 1) * BDAC (Tính chất đường chéo hình vuông) A BOH 900 BMD 900 (Góc nội tiếp chắn đường tròn ) BOH BMD 900 900 1800 M O Tứ giác MBOH nội tiếp đường (tổng số đo góc đối diện =1800) * DOH và DMB : chung D DOH DMB(g-g) DOH DMB ( 900 ) DO DH DM DB DO.DB DH DM R.2 R DH DM Hay : DH DM 2 R 2) MAC MDC ( Góc nội tiếp cùng chắn cung MC) Hay MAH MDC (1) Vì AD = DC (cạnh hình vuông) B tròn H D C (37) AD DC (Liên hệ dây-cung) AMD DMC (2 góc nội tiếp chắn cung nhau) (2) Từ (1) và (2) MDC MAH (g-g) A 3)Khi MDC = MAH MD = MA MAD cân M B O MAD MDA MAB MDC (cùng phụ với góc ) BM CM BC M' H' I D Vậy M là điểm chính Hay M’là điểm chính BC *M’DC = M’AH’ M’C = M’H’ M’H’C cân M’ Mà M’I là đường cao (M’I H’C) Nên M’I vừa là đường trung tuyến IH’ = IC Hay I là trung điểm H’C hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2010 – 2011 C (38) ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x 3x 0 c) x 13x 0 x y b) 6 x y 9 d) x 2 x 0 Bài 2: (1,5 điểm) x2 y x và đường thẳng (D): a) Vẽ đồ thị (P) hàm số trên cùng hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ các giao điểm (P) và (D) phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: y A 12 21 12 2 5 3 5 2 2 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x (3m 1) x 2m m 0 (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình luôn luôn có nghiệm phân biệt với giá trị m B 5 2 b) Gọi x1, x2 là các nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = x1 x2 3x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R Gọi M là điểm thuộc đường tròn (O) khác A và B Các tiếp tuyến (O) A và M cắt E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật b) Gọi I là trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng c) Gọi K là giao điểm EB và MP Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng Suy K là trung điểm MP d) Đặt AP = x Tính MP theo R và x Tìm vị trí M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) a) x 3x 0 (1) 9 16 25 3 35 x hay x 2 4 (1) y (1) x y (1) x y 1 x x y (2) 14 x ( pt (2) pt (1)) b) c) x 13 x 0 (3), đđặt u = x2, phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4) 13 11 13 11 (4) u hay u 3 8 (4) có 169 48 121 11 x hay x Do đó (3) d) x 2 x 0 (5) ' 2 4 2 2 2 x hay x 2 Do đó (5) 1 1 1; , 2; 1; , 2; 2 2 Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) qua O(0;0), (D) qua (39) 1 1; , 2; 2 Do đó (P) và (D) có điểm chung là : b) PT hoành độ giao điểm (P) và (D) là x2 x x x 0 x 1 hay x 2 1 1; , 2; 2 Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là Bài 3: 3) 3(2 A 12 21 12 (3 B 5 2B = 5 3) 3 5 5 2 (2 3 3 42 6 (1 3) ( 1) (1 3) ( 1) ( 1) ( 4 62 2 1) ( 1) 3) ( 1) 3 2 = = 5.3 20 B = 10 3m 1 8m 4m m2 2m (m 1) m Bài 4: a) Suy phương trình luôn luôn có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + và x1x2 = 2m2 + m – 2 x1 x2 x1 x2 x x x x 2 A= 1 25 m m 6 (m )2 (m ) 2 (3m 1) 5(2m m 1) 4 25 Do đó giá trị lớn A là : Đạt m = Bài 5: I a) Ta có góc EMO = 90O = EAO M Q => EAOM nội tiếp Tứ giác APMQ có góc vuông : E K EAO APM PMQ 90o I => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật b) Ta có : I là giao điểm đường B A chéo AM và PQ hình chữ nhật APMQ P x O nên I là trung điểm AM Mà E là giao điểm tiếp tuyến M và A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng dạng vì chúng là tam giác vuông có góc là AOE ABM , vì OE // BM AO AE => BP MP (1) KP BP Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số AE AB (2) Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm MP (40) EK AP Cách : Ta có EB AB (3) AE // KP, EI AP mặt khác, ta có EO AB (4) tam giác EOA và MAB đồng dạng EK EI So sánh (3) & (4), ta có : EB EO Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM => K là trung điểm MP d) Ta dễ dàng chứng minh : a bcd (*) abcd Dấu “=” xảy và a = b = c = d MP = MO OP2 R (x R)2 2Rx x 2 Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x (2R x)x S đạt max (2R x)x đạt max x.x.x(2R – x) đạt max x x x (2R x) 3 đạt max x Áp dụng (*) với a = b = c = x x x x x x R4 (2R x) (2R x) 3 3 16 Ta có : 3 x (2R x) x R Do đó S đạt max (41)