1. Trang chủ
  2. » Cao đẳng - Đại học

bo de thi toa vao 10

48 4 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

thì đờng thẳng d song song với đờng thẳng d’ Bµi 4: GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành... Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt..[r]

(1)** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gd & ®t ho¸ N¨m häc 2000 – 2001 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: (2 §iÓm) a Tìm các giá trị a, b biết đồ thị hàm số y = ax + b qua các ®iÓm A(2; -1) ; B( ; 2) b Với giá trị nào m thì đồ thị các hàm số y = mx + 3; y = 3x – và đồ thị hàm số xác định câu a đồng quy (Cắt điểm) Bµi 2: (2 §iÓm) Cho ph¬ng tr×nh bËc hai: x2 – 2(m+1)x + 2m + = a Gi¶i ph¬ng tr×nh m = b Tìm tất các giá trị m để phơng trình đã cho có nghiệm Bµi 3: (2,5 §iÓm) Cho đờng tròn (O) và đờng kính AB nó Gọi S là trung điểm OA, vẽ đờng tròn (S) có tâm là điểm S và qua A a Chứng minh đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc b Qua A vẽ đờng thẳng Ax cắt các đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự M, Q; đờng thẳng Ay cắt các đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự N, F; đờng thẳng Az cắt các đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự P, T Chứng minh tam giác MNP đồng dạng với tam giác QFT Bµi 4: (2 §iÓm) Cho hình chóp SABC có tất các mặt là tam giác cạnh a Gọi M lµ trung ®iÓm cña c¹nh SA; N lµ trung ®iÓm cña c¹nh BC a Chøng minh MN vu«ng gãc víi SA vµ BC b TÝnh diÖm tÝch cña tam gi¸c MBC theo a Bµi 5: (1,5 §iÓm) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc 2 M = ( x  1999)  ( x  2000)  ( x  2001) HÕt Së gd & ®t ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2001 – 2002 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót  x2   10  x    : x       x2  Bµi 1: (1,5 §iÓm) Cho biÓu thøc: A =  x  x x  x    GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành -1- (2) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** a Rót gän biÓu thøc A b TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A víi x = Bµi 2: (2 §iÓm) Cho ph¬ng tr×nh : x2 – 2(m - 1)x – (m +1) = a Gi¶i ph¬ng tr×nh víi m = b Chøng minh r»ng víi mäi m ph¬ng tr×nh lu«n lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1, x2 c Tìm m để x1  x2 cã gi¸ trÞ nhá nhÊt  x  y 1   mx  y 2m Bµi 3: (1,5 §iÓm) Cho hÖ ph¬ng tr×nh: a Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh víi m = b Xác định m để hệ phơng trình có nghiệm? Vô nghiệm? Vô số nghiÖm? Bµi 4: (2,5 §iÓm) Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC), víi ¢ = 45 0, néi tiÕp đờng tròn tâm O Đờng tròn đờng kính BC cắt AB E, cắt AC F a Chứng minh rằng: O thuộc đờng tròn đờng kính BC b Chøng minh AEC , AFB lµ nh÷ng tam gi¸c vu«ng c©n c Chøng minh tø gi¸c EOFB lµ h×nh thang c©n Suy EF = BC Bµi 5: (1,5 §iÓm) Cho tứ diện S.ABC có đáy ABC là tam giác cạnh 2cm SA vuông góc với đáy, SA = cm a TÝnh thÓ tÝch cña tø diÖn b Gọi AM là đờng cao, O là trực tâm tam giác ABC Gọi H là hình chiÕu cña O trªn SM Chøng minh r»ng OH vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (SBC) Bµi 6:(1 §iÓm) T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh: x  y  1998 HÕt Së gd & ®t ho¸ Bµi 1: (1,5 §iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh: Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2002 – 2003 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót x2 – 6x +5 =  TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A =  Bµi 2: (1,5 §iÓm) Cho ph¬ng tr×nh mx2 – (2m+1)x + m - = m là tham số Tìm các giá trị m để phơng trình (1): 32  50  : 18 GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành (1), víi -2- (3) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Cã nghiÖm Cã tæng b×nh ph¬ng c¸c nghiÖm b»ng 22 Cã b×nh ph¬ng cña hiÖu hai nghiÖm b»ng 13 Bµi 3: (1 §iÓm) Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp hÖ ph¬ng tr×nh: TÝnh c¸c c¹nh cña mét tam gi¸c vu«ng biÕt r»ng chu vi cña nã lµ 12cm vµ tổng bình phơng độ dài các cạnh 50 3x  B = x 1 Bµi 4: (1 §iÓm) Cho biÓu thøc: Tìm các giá trị nguyên x để B nhận giá trị nguyên T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña B Bài 5: (2,5 Điểm) Cho tam giác ABC cân đỉnh A nội tiếp đờng tròn t©m O Gäi M, N, P lÇn lît lµ c¸c ®iÓm chØnh gi÷a c¸c cung nhá AB, BC, CA; BP c¾t AN t¹i I; MN c¾t AB t¹i E Chøng minh r»ng: Tø gi¸c BCPM lµ h×nh thang c©n; gãc ABN cã sè ®o b»ng 900 Tam gi¸c BIN c©n; EI // BC Bài 6: (1,5 Điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có độ dài cạnh đáy là 18cm, độ dài đờng cao là 12cm 1.TÝnh diÖn tÝch xung quanh vµ thÓ tÝch cña h×nh chãp 2.Chứng minh đờng thẳng AC vuông góc với mặt phẳng (SBD) Bµi 7: (1 §iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh: x  x  2002 2002 HÕt Së gd & ®t ho¸ Bµi 1: (2 §iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh: Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2003 – 2004 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót x2 – 2x - =  x  y   1  x  y 2 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:     Cho biÓu thøc: M =  Bµi 2: (2 §iÓm) Tìm điều kiện x để M có nghĩa Rót gän M  x   x 1 x1   x 2     GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành   x1 2 -3- (4) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **  Chøng minh M Bµi 3: (1,5 §iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x2 – 2mx + m2 - |m| - m = (Víi m lµ tham sè) Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña m Gọi x1, x2 là hai nghiệm phơng trình Tìm m để x12 + x22 = Bµi 4: (3,5 §iÓm) Cho B vµ C lµ c¸c ®iÓm t¬ng øng thuéc c¸c c¹nh Ax, Ay góc vuông xAy (B A, C A) Tam giác ABC có đờng cao AH và phân giác BE Gọi D là chân đờng vuông góc hạ từ A lên BE, O là trung điểm AB Chứng minh ADHB và CEDH là các tứ giác nội tiếp đợc đờng tròn Chøng minh AH  OD vµ HD lµ ph©n gi¸c cña gãc OHC Cho B và C di chuyển trên Ax và Ay thoả mãn AH = h (h không đổi) Tính diện tích tứ giác ADHO theo h diện tích tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhÊt Bài 5: (1,5 Điểm) Cho hai số dơng x, y thay đổi cho x + y = Tìm giá trị    1  1  P =  x  y  nhá nhÊt cña biÓu thøc: HÕt Së gd & ®t ho¸ Bµi 1: (2 §iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh: Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2004 – 2005 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót x2 – 3x - =  2( x  y )  y 1  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 3x  2( x  y) 7  a 2 a   a 1    a  a  a  a  Cho biÓu thøc: B =  Bµi 2: (2 §iÓm) Tìm điều kiện a để biểu thức B có nghĩa 2 Chøng minh B = a  Bµi 3: (2 §iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x2 – (m+1)x + 2m - = (Víi m lµ tham sè) Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành -4- (5) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a hai nghiÖm x 1, x2 cña ph¬ng tr×nh cho hÖ thøc đó không phụ thuộc m Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đờng tròn tâm O và d là tiếp tuyến đờng tròn C Gọi AH và BK là các đờng cao tam giác; M, N, P, Q lần lợt là chân đờng vuông góc kẻ từ A, K, H, B xuống đờng thẳng d Chøng minh r»ng: tø gi¸c AKHB néi tiÕp vµ tø gi¸c HKNP lµ h×nh ch÷ nhËt Chøng minh r»ng:  HMP =  HAC,  HMP =  KQN Chøng minh r»ng: MP = QN Bµi 5: (1 §iÓm) Cho < x < 1 Chøng minh r»ng: x( – x )  T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: x 1 A = x (1  x) hÕt Së gd & ®t ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2005 – 2006 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót a  a1 Bµi 1: (2 §iÓm) Cho biÓu thøc: A = Tìm điều kiện a để biểu thức A có nghĩa a  a 1 a  a1 Chøng minh A = Tìm a để A < -1 Bµi 2: (2 §iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 – x - = Tìm a để phơng trình: x2 – (a - 2)x – 2a = có hai nghiệm x1, x2 thoả m·n ®iÒu kiÖn: 2x1 + 3x2 = Bµi 3: (1,5 §iÓm) Tìm hai số thực dơng a, b cho điểm M có toạ độ (a; b2 + 3) và điểm N có toạ độ ( ab ; 2) cùng thuộc đồ thị hàm số y = x2 Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC vuông A, có đờng cao AH Đờng tròn (O) đờng kính HC cắt cạnh AC N Tiếp tuyến với đờng tròn (O) điểm N c¾t c¹nh AB t¹i ®iÓm M Chøng minh r»ng: GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành -5- (6) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** HN // AB và tứ giác BMNC nội tiếp đợc đờng tròn Tø gi¸c AMHN lµ h×nh ch÷ nhËt NC  MN    1  NA  MH  Bµi 5: (1 §iÓm) Cho a, b lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n ®iÒu kiÖn a + b   ab   a b   2  a b  2 Chøng minh r»ng: HÕt - Së gd & ®t ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2006 – 2007 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót  a  a  a a        a 1   a    Cho biÓu thøc: A = Bµi 1: (1,5 §iÓm) Tìm các giá trị a để biểu thức A có nghĩa Rót gän A Bµi 2: (1,5 §iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh: Bµi 3: (1,5 §iÓm) 1  x 9 x 5(3 x  y ) 3 y   3  x 4(2 x  y )  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: Bµi 4: (1 §iÓm) Tìm các giá trị tham số m để phơng trình sau vô nghiệm: x2 – 2mx + m|m| + = Bµi 5: (1 §iÓm) Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD cã AB = 2cm, AD = 3cm Quay hình chữ nhật đó quanh AB thì đợc hình trụ Tính thể tích hình trụ đó Bµi 6: (2,5 §iÓm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, Góc B gấp đôi góc C và AH là đờng cao Gọi M là trung điểm cạnh AC, các đờng thẳng MH, AB cắt điểm N Chøng minh r»ng: a Tam gi¸c MHC c©n b Tứ giác NBMC nội tiếp đợc đờng tròn GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành -6- (7) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** c 2MH2 = AB2 + AB.BH Bµi 7: (1 §iÓm) Chøng minh r»ng víi a > ta cã: a 5(a  1) 11   a2 1 2a hÕt - Së gd & ®t ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2007 – 2008 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (2 §iÓm) Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tö: A = a + ax + x + Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 – 3x + = Bµi 2: (2 §iÓm) Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã c¹nh AB = 18cm, AC = 2cm Quay tam giác ABC vòng quanh cạnh góc vuông AB cố định, ta đợc hình nón Tính thể tích hình nón đó  a  a  a  a     1  1  a a    a      Chøng minh r»ng víi a 0; a ta cã: Bµi 3: (2 §iÓm) BiÕt r»ng ph¬ng tr×nh x2 – 2(a+1)x + a2 + = (Víi a lµ tham sè) cã mét nghiÖm x = T×m nghiÖm cßn l¹i cña ph¬ng tr×nh nµy  x2       x  1 y 2 1 y 2 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC vuông C có đờng cao CH Đờng tròn tâm O đờng kính AH cắt cạnh AC điểm M (M A), đờng tròn tâm O’ đờng kính BH Cắt cạnh BC điểm N (N  B) Chứng minh rằng: Tø gi¸c CMHN lµ h×nh ch÷ nhËt Tứ giác AMNB nội tiếp đợc đờng tròn MN là tiếp tuyến chung đờng tròn đờng kính AH và đờng tròn đờng kÝnh OO’ Bµi 5: (1 §iÓm) Cho hai sè tù nhiªn a, b tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: a + b = 2005 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña tÝch ab HÕt GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành -7- (8) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gd & ®t ho¸ N¨m häc 2008 – 2009 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (2 §iÓm) Cho hai sè x1 = - , x2 = + TÝnh x1 + x2 vµ x1x2 LËp ph¬ng tr×nh bËc hai Èn x nhËn x1, x2 lµ hai nghiÖm Bµi 2: (2,5 §iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 3 x  y 7   x  y 1  a   a   A=  a 1  a 1  a  2 Rót gän biÓu thøc: Víi a 0; a 1 Bµi 3: (1 §iÓm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng thẳng (d): y = (m2 - m)x + m và đờng thẳng (d’): y = 2x + tìm m để đờng thẳng (d) song song với đờng th¼ng (d’) Bµi 4: (3,5 §iÓm) Trong mặt phẳng cho đờng tròn (O), AB là dây cung không qua tâm đờng tròn (O) Gọi I là trung điểm dây cung AB, M là điểm trên cung lớn AB (M không trùng với A, B) Vẽ đờng tròn (O’) qua m và tiếp xúc với đờng thẳng AB A Tia MI cắt đờng tròn (O’) điểm thứ hai N và cắt đờng trßn (O) t¹i ®iÓm thø hai C Chứng minh  BIC =  AIN, từ đó chứng minh tứ giác ANBC là hình bình hµnh Chứng minh BI là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BMN Xác định vị trí điểm M trên cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn nhÊt Bµi 5: (1 §iÓm) T×m nghiÖm d¬ng cña ph¬ng tr×nh:  1 x  x2   2005   1 x  x2   2005 22006 HÕt Së gd & ®t ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2009 – 2010 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (1,5 §iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x2 – 4x + q = (1) víi q lµ tham sè GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành -8- (9) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) q = Tìm q để phơng trình (1) có nghiệm  x  y 5   x  y 7 Bµi 2: (1,5 §iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: Bµi 3: (2,5 §iÓm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1) Viết phơng trình đờng thẳng (d) qua điểm D(0;1) và có hệ số góc k Chứng minh đờng thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm phân biệt G vµ H víi mäi k Gọi hoành độ hai điểm G và H lần lợt là x1 và x2 Chứng minh rằng: x1.x2 = -1, từ đó suy tam giác GOH là tam giác vuông Bµi 4: (3,5 §iÓm) Cho nửa đờng tròn tâm O, đờng kính AB = 2R Trên tia đối tia BA lấy điểm K (khác với điểm B) Từ các điểm K, A và B kẻ các tiếp tuyến với nửa đờng tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ điểm K cắt các tiếp tuyến kÎ tõ ®iÓm A vµ B lÇn lît t¹i C vµ D Gọi Q là tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ K tới nửa đờng tròn (O) Chứng minh tứ giác BDQO nội tiếp đợc đờng tròn Chứng minh tam giác BKD đồng dạng với tam giác AKC, từ đó suy CQ DQ  CK DK Đặt  BOD =  Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và  Chøng tá r»ng tÝch AC.BD chØ phô thuéc vµo R, kh«ng phô thuéc vµo  3t Cho c¸c sè thùc t, u, v tho¶ m·n: u2 + uv + v2 = 1- Bµi 5: (1 §iÓm) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: D = t + u + v HÕt Së gd & ®t ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2010 – 2011 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (2 §iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x2 + px - = (1) víi p lµ tham sè Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) p = Giả sử x1, x2 là các nhiệm phơng trình (1), tìm p để: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > Bµi 2: (2 §iÓm) GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành -9- (10) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **  c 3   c  Cho biÓu thøc C =  c  3 1     c    c víi c  0; c 9 Rót gän C Tìm c để biểu thức C nhận giá trị nguyên Bµi 3: (2 §iÓm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x và các điểm C, D thuéc parabol (P) víi xC = 2, xD = -1 Tìm toạ độ các điểm C, D và viết phơng trình đờng thẳng CD Tìm q để đờng thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + (với q là tham số) song song với đờng thẳng CD Bµi 4: (3 §iÓm) Cho tam giác BCD có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O, các đờng cao CM, DN cña tam gi¸c c¾t t¹i H Chứng minh tứ giác CDMN là tứ giác nội tiếp đờng tròn Kéo dài BO cắt đờng tròn (O) K Chứng minh tứ giác CHDK là hình b×nh hµnh Cho cạnh CD cố định, B thay đổi trên cung lớn CD cho tam giác BCD luôn nhọn Xác định vị trí điểm B để diện tích tam giác CDH lớn Bµi 5: (1 §iÓm) Cho u, v lµ c¸c sè d¬ng tho¶ m·n u + v = 33 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña: P = u2 + v2 + uv HÕt Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gd & ®t ho¸ N¨m häc 2011 – 2012 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (1,5 §iÓm) cho hai sè x1 = + , Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: Bµi 2: (2 §iÓm) x2 = - TÝnh x1 + x2  x  y 1   x  y   c   c 2  Cho biÓu thøc C = c c  1   : c  c 2 c víi c 0; c 4 Rót gän C TÝnh gi¸ trÞ cña C t¹i c 6  Bµi 3: (2,5 §iÓm) Cho ph¬ng tr×nh x2 – (2p – 1)x + p(p – 1) = (1) (Víi p lµ tham sè) GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 10 - (11) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) víi p = 2 Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi p Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) (víi x1 < x2) Chøng minh: x12 – 2x2 +3  Bµi 4: (3 §iÓm) Cho tam giác CDE có ba góc nhọn, các đờng cao DK, EF tam giác cắt t¹i H Chứng minh tứ giác CFHK là tứ giác nội tiếp đờng tròn Chứng minh  CFK và  CED đồng dạng Kẻ tiếp tuyến Kz K đờng tròn tâm O đờng kính DE cắt CH Q Chøng minh Q lµ trung ®iÓm cña CH Bài 5: (1 Điểm) Cho a, b, c là các số dơng Chứng minh bất đẳng thức a b c   2 b c a c ba HÕt - đáp án GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 11 - (12) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Së gd & ®t ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2000 – 2001 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 12 - (13) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Bµi 1: a Vì đồ thị hàm số y = ax + b qua điểm A(2; -1) nên ta có: 2a + b = -1 (1) Vì đồ thị hàm số y = ax + b qua điểm B( ; 2) nên ta có: 2a+b=2  a + 2b = (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: 2a  b  4a  2b  3a  a  a       a  2b 4 a  2b 4 a  2b 4 a  2b 4 b 3 Vậy: Để đồ thị hàm số y = ax + b qua các điểm A(2; -1) ; B( ; 2) thì a = -2, b = b Toạ độ giao điểm đồ thị hàm số y = 3x – và đồ thị hàm số y = -2x + (hàm số xác định câu a) là nghiệm hệ phơng trình:  y 3x   x  3x   x 2  x 2      y  x   y  x   y  x   y  Từ đó: Để đồ thị ba hàm số trên đồng quy thì đồ thị hàm số y = mx + phải qua điểm có toạ độ (2; -1) Hay: -1 = 2m +  m = -2 Vậy với m = -2 thì đồ thị ba hàm số đã cho đồng quy Bµi 2: a Khi m = ph¬ng tr×nh trë thµnh: x2 – 7x + 10 = Ta cã:  ( 7)  4.10 9  Nªn ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt: 7 5 x1 = ; 7 x2 = 2 VËy: víi m = th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 = ; x2 = b Ph¬ng tr×nh bËc hai x2 – 2(m+1)x + 2m + = cã nghiÖm khi:  '    m  1    2m   0  m  2m   2m  0   m    m   0  m  hoÆc m 2 Vậy: với m  m 2 thì phơng trình đã cho có nghiệm GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 13 - (14) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Bµi 3: a Gäi R, r lÇn lît lµ b¸n kÝnh cña x Q đờng tròn (O) và đờng tròn (S) Khi đó: R = OA, r = SA M Ta cã: R – r = OA – SA = SO (V× S lµ trung ®iÓm cña OA)  Đờng tròn (O) và đờng tròn (S) S A B O tiÕp xóc víi t¹i A b Trong đờng tròn (O) ta có: N P  QAF =  QTF (Hai gãc néi tiÕp F cïng ch¾n cung QF) (1) y T z  TAF =  TQF (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung TF) (2) Trong đờng tròn (S) ta có:  MAN =  MPN (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung MN) (3)  PAN =  PMN (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung PN) (4) Tõ (1) vµ (3) suy ra:  QTF =  MPN (5) Tõ (2) vµ (4) suy ra:  TQF =  PMN (6) Tõ (5) vµ (6) suy ra:  MPN Bµi 4:  QTF (g - g) a V×  SAB vµ  SAC lµ c¸c tam gi¸c đều, mà M là trung điểm SA nên BM, CM là các đờng trung tuyến là đờng cao các tam giác S M C A N B  BM  SA vµ CM  SA  SA  mp(MBC)  SA  MN Nối S với N, A với N Chứng minh tơng tự ta đợc BC  mp(SNA)  BC  MN b Trong tam giác SAB cạnh a, BM là đờng cao nên ta có: a2  a2 a  BM = Trong tam gi¸c MNB vu«ng t¹i N ta cã:  a   a 2 a  BM  BN        2   2 MN = 2 GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 14 - (15) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** 1a a2 a  SMBC = MN.BC = 2 (§¬n vÞ diÖn tÝch) Bµi 5: Ta cã: M = x  1999  x  2000  x  2001 NÕu x 2001 th× M = x  1999  x  2000  x  2001 3 NÕu 2000 x  2001 th× M = x  1999  x  2000  2001  x  x  1998  x  NÕu 1999 x  2000 th× M = x  1999  2000  x  2001  x 2002  x   x 3 NÕu x < 1999 th× M = 1999  x  2000  x  2001  x 6000  3x  x  VËy: gi¸ trÞ nhá nhÊt cña M = x = 2000 HÕt - Së gd & ®t ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2001 – 2002 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1:  x2   10  x      : x  2  x  x 3x  x    x2   a A= Điều kiện xác định biểu thức là x  0, x  và x  -  x2   10  x    : x       x2   x  x 3x  x    A=   x  2  x    :  x  10  x  x       x2   A=   x    x    x    x    x    x     6 x2  A=  x    x    A=  x GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 15 - (16) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** VËy A=  x  1 2 2 th× A = b Khi x  th× A VËy x  3 Bµi 2: Ph¬ng tr×nh : x2 – 2(m - 1)x – (m +1) = a Khi m = th× ph¬ng tr×nh trë thµnh: x2 – 2x – = Ta thÊy: a –b +c = –(-2) + (-3) = c Nªn ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt: x1 = -1, x2 = a = VËy: víi m = th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 = -1, x2 = b Ta cã: 2  1    m  1    m  1 m  2m   m  m2  m    m     4  2 ' = Nên phơng trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 c Ta cã:  x1  x2 Bµi 3: x1  x2 1 7   ' 2  m    2  4   = cã gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng HÖ ph¬ng tr×nh: m  y 1  x  x  y 1    mx   x  m mx  y  m    y 1  x   m  1 x 2m   y 1  x  x 3    y  a Víi m = hÖ ph¬ng tr×nh trë thµnh:  x 3 VËy: víi m = hÖ ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm x = 3, y = -2 b §Ó hÖ ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm th× ph¬ng tr×nh (m - 1)x = 2m – cã mét nghiÖm  m–1 0  m 1 §Ó hÖ ph¬ng tr×nh v« nghiÖm th× ph¬ng tr×nh (m - 1)x = 2m – v« nghiÖm m  0   2m  0 m 1    m 1 m  §Ó hÖ ph¬ng tr×nh v« sè nghiÖm th× ph¬ng tr×nh (m - 1)x = 2m – v« sè nghiÖm GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 16 - (17) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** m  0   2m  0  m 1    m  V« lý VËy: Víi m  th× hÖ ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm Víi m = th× hÖ ph¬ng tr×nh v« nghiÖm Không có giá trị m để hệ phơng trình vô số nghiệm Bµi 4: a Trong đờng tròn (O) ta có: A  BOC =  BAC = 2.450 = 900 (Liªn hÖ gi÷a gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cïng ch¾n mét cung)  O thuộc đờng tròn đờng kính BC O b Ta cã:  BFC = 900 (V× gãc néi tiÕp chắn nửa đờn tròn đờng kính BC) E F   AFB = 900 mµ  BAF = 450 (gt) Nªn  AFB vu«ng c©n t¹i F B C Ta cã:  BEC = 900 (V× gãc néi tiÕp chắn nửa đờn tròn đờng kính BC)   AEC = 900 mµ  EAC = 450 (gt) Nªn  AEC vu«ng c©n t¹i E c Ta cã:  BOC vu«ng t¹i O, mµ OB = OC   OCB = 450 Tø gi¸c BEOC lµ tø gi¸c néi tiÕp nªn  OCB +  BEO = 1800 (1) MÆt kh¸c:  OEA +  BEO = 1800 (2) Tõ (1) vµ (2)   OEA =  OCB = 450   OEA =  FBA (= 450)  BF // OE  Tø gi¸c EOFB lµ h×nh thang (3) Mà  OFB =  OCB = 450 (Vì hai góc nội tiếp cùng chắn cung đờng tròn đờng kính BC)   OFB =  FBE (= 450) (4) Tõ (3) vµ (4)  Tø gi¸c EOFB lµ h×nh thang c©n  EF = OB = BC 2 BC 2 Bµi 5: GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 17 - (18) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** a  ABC cạnh 2cm, AM là đờng cao S nªn ta cã: 2 AM =   cm VSABC = SA.SABC (Vì SA vuông góc với đáy) 1  VSABC = SA.AM.BC = = cm A C H O M b Ta cã: SA  mp (ABC) (gt)  SA  BC (1) AM là đờng cao  ABC  A M  BC (2) B Tõ (1) vµ (2) suy BC  mp (SAM)  OH  BC (3) MÆt kh¸c OH  SM (gt) (4) Tõ (3) vµ (4) ta cã: OH  mp (SBC) Bµi 6: Ta cã: x  y  1998  x  y  9.222  x  y 3 222 V× x, y lµ c¸c sè nguyªn d¬ng nªn: x m 222; y n 222 (Víi m, n lµ c¸c sè nguyªn d¬ng)  m 222  n 222 3 222  m  n 3  m = 2, n = hoÆc m = 1, n = NÕu m = 2, n = th× x = m2.222 = 22.222 = 888, y = n2.222 = 12.222 = 222 NÕu m = 1, n = th× x = m2.222 = 12.222 = 222, y = n2.222 = 22.222 = 888 Vậy: Nghiệm nguyên dơng phơng trình đã cho là x = 888, y = 222 x = 222, y = 888 HÕt - GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 18 - (19) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gd & ®t ho¸ N¨m häc 2002 – 2003 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: (1,5 §iÓm) Ph¬ng tr×nh: x2 – 6x +5 = Ta cã: a + b + c = + (-6) + = c Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = Vậy: Phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A=  32   50  : 18  A=    16.2   A =  2 :3  A =  25.2  4.2 : 9.2 :3  VËy: A = Bµi 2: Ph¬ng tr×nh mx2 – (2m+1)x + m - = (1), víi m lµ tham sè Víi m = ph¬ng tr×nh trë thµnh: -x – =  x = -2 Với m  0, để phơng trình (1) có nghiệm thì:     2m  1   4m  m   0  4m  4m   4m  8m 0  m  m 1 12 1 12 VËy: §Ó ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm th× Víi m = kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn cña bµi to¸n GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 19 - (20) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** 2m    x1  x2  m  1  x x  m  m m 12 ta cã:  Khi m 0 vµ (Víi x1 , x2 lµ hai nghiÖm cña ph- ¬ng tr×nh.) Theo bµi ta cã: x12  x2 22   x1  x2   x1 x2 22 m 4m  m   m    2m      22   22  m m2 m  m   4m  4m   2m  4m 22m  20m  8m  0 1  m = (t/m) HoÆc m = 10 (Kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) VËy víi m = th× ph¬ng tr×nh (1) cã tæng b×nh ph¬ng c¸c nghiÖm b»ng 22 2 2 Theo bµi ta cã:  x1  x2  13  x1  x1 x2  x2 13   x1  x2   x1 x2 13 m m  4m   m    2m     13   m 13  m2 m  m   4m2  4m   4m  8m 13m  13m  12m  0 1  m = (t/m) HoÆc m = 13 (t/m) 1 VËy víi m = hoÆc m = 13 th× ph¬ng tr×nh (1) cã b×nh ph¬ng cña hiÖu hai nghiÖm b»ng 13 Bµi 3: (1 §iÓm) Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp hÖ ph¬ng tr×nh: Gọi độ dài các cạnh góc vuông tam giác vuông lần lợt là x (cm) và y (cm) (§iÒu kiÖn x > 0, y > 0) 2 §é dµi c¹nh huyÒn lµ: x  y (cm) Chu vu cña tam gi¸c vu«ng b»ng 12 cm nªn ta cã ph¬ng tr×nh: 2 x + y + x  y = 12 (1) Tổng bình phơng độ dài các cạnh 50 nên ta có phơng trình: x2 + y2 + x2 + y2 = 50  x2 + y2 = 25 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh:  x  y  x  y 12  x  y 7    2 x  y  25 x  y  25    x  y 7    x  y   xy 25  x  y 7   xy 12 GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 20 - (21) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Khi đó x, y là hai nghiệm phơng trình: X2 – 7X +12 = Giải ta đợc: X1 = 3, X2 = VËy: c¸c c¹nh cña tam gi¸c vu«ng lÇn lît lµ cm, cm vµ cm 2 3x  x   3  2 x 1 x 1 B = x 1 =  Bµi 4: Ta cã:  §Ó B nguyªn th× x  nguyªn, mµ x nguyªn  x2 + lµ íc cña 2  x2 + = hoÆc x2 + = Khi: x2 + =  x2 =  x = Khi: x2 + =  x2 =  x = hoÆc x = -1 VËy: víi x = -1, x = 0, x= th× B nhËn c¸c gi¸ trÞ nguyªn 2  2 3  B= x 1  + = Ta cã: x2 +   x 1  Bmax = x = VËy: Gi¸ trÞ lín nhÊt cña B = x = Bµi 5: V×  ABC c©n t¹i A, M, P lµ ®iÓm chÝnh gi÷a c¸c cung nhá AB vµ AC nªn A ta cã:  BM =  MA =  AP =  PC  MPB =  PBC (V× hai gãc néi tiÕp M P ch¾n hai cung b»ng nhau) O  MP // BC (1) E 1  BMP = s®  BP = (s®  BC + s®  1 CP) = (s®  BC + s®  BM) = s®  I C B N BM =  MPC (2) Tõ (1) vµ (2) suy tø gi¸c BCPM lµ h×nh thang c©n Ta cã: N lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC  BN = NC (3)  ABC c©n t¹i A  AB = AC (4) Từ (3) và (4) suy AN là đờng trung trực BC  A, O, N th¼ng hµng   ABN = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) 2.Ta có:  BIN= (sđ  BN + sđ  AP)(Góc có đỉnh nằm đờng tròn) (5) GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 21 - (22) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** 1  IBN =  PBN = s®  PN = (s®  PC + s®  CN) (6) Mµ :  AP =  PC ,  CN =  NB (7) Tõ (5), (6) vµ (7) suy ra:  BIN =  IBN   BIN c©n t¹i N 1  BEN = (s®  BN + s®  AM) = (s®  BN + s®  AP) =  BIN (V×  AM =  AP)  Tø gi¸c BEIN néi tiÕp   EBN +  EIN = 1800   EIN = 1800 -  EBN = 900  EI  AN (8) Mặt khác: BC  AN (9) (Vì AN là đờng trung trực BC) Tõ (8) vµ (9) suy EI // BC Bµi 6: Gọi SO là đờng cao cùa tứ diện, đó S SO = 12cm Dùng SH  BC (H  BC), Nèi O víi H Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác nên: Trong  SOH vu«ng t¹i O ta cã:  AB  SO  OH  SO      SH = D C H O 12  15cm  SH = 1 A SH BC 4 .15.18 540cm 2 Sxq = 4.SSBC = 1 V = SABCD.SO = AB SO = 182 12 = 1296 cm3 B V× tø gi¸c ABCD lµ h×nh vu«ng nªn AC  BD (1) SO là đờng cao hình chóp nên SO  AC (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: AC  mp (SBD) Bµi 7: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x  x  2002 2002  x4  x2  x  2002  x  2002  1  1 1    x    x  2002    x   x  2002  2  2 2 (V× hai vÕ kh«ng ©m)   x  x  2001 0 Giải ta đợc x12    8005   8005 , x2  2 (lo¹i) GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 22 - (23) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **  x   8005   8005 x  hoÆc   8005 x Vậy: phơng trình đã cho có hai nghiệm vµ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gd & ®t ho¸ Bµi 1: Gi¶i ph¬ng tr×nh:   8005 x  N¨m häc 2003 – 2004 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót x2 – 2x - = ' Ta cã:  = (-1)2 – (-1) = > 0,   Phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: ' x1   b'   '   1  a , x2   b'   '   1  a Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 1  2, x2 1   x  y  1(1)  1  x  y 2(2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  Từ phơng trình (1) ta có: x = -1 – y Thay vào phơng trình (2) ta đợc: 1  2  y  y  0 y1  2, y2   1 y y Giải ta đợc Với y = -2 thay vào phơng trình (1) ta đợc x = 1 1 Với y = thay vào phơng trình (1) ta đợc x = 1  x   x 1  ,  y    y   Vậy hệ phơng rình đã cho có nghiệm: Bµi 2: (2 §iÓm)    Cho biÓu thøc: M =   x   x 1 x1   x 2       x1 2  x 0  x 0   x 1 §Ó biÓu thøc M cã nghÜa th×:  x  0  GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 23 - (24) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **    M =      =  x   x 1 x1 x  = x  2 x x1   x 2 x 2  x 1 x1 x    x 2     x1 2    x1    x1   x1  x1 2 2 x  x1   x1 2 = x x  x  x     Ta cã: M - =    x  2 1 1   x       x   0 2     1 dÊu b»ng xÈy x = M Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: x2 – 2mx + m2 - |m| - m =  '   m   m  m  m  m  m 0 (Víi m lµ tham sè)   Ta cã: (V× VËy ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi gi¸ trÞ cña m m m víi  m)  x1  x2 2m  x x m  m  m x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh nªn:  (1)  x x x12 + x22 =   Thay (1) vào (2) ta đợc:  2m   x1 x2 6 (2)  m2  m  m 6  2m  m  2m 6   (*) 2 NÕu m 0 Ph¬ng tr×nh (*) trë thµnh: 2m  4m  0  m  2m  0 Giải ta đợc: m1 = ; m2 = -3 (không thoả mãn) NÕu m < Ph¬ng tr×nh (*) trë thµnh: 2m2 =  m  (lo¹i) hoÆc m  Vậy để x12 + x22 = thì m = m  Bµi 4: Ta cã:  ADB =  AHB = 900  A, D, H, B cùng thuộc đờng tròn đờng tâm O đờng kính AB Hay tứ giác ADHB là tứ giác nội tiếp đợc đờng tròn BC Trong đờng tròn (O, ) ta có:  HDB =  HAB (Cùng chắn cung BH) (1) GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 24 - (25) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** MÆt kh¸c  HAB =  HCA (Cïng phô víi  ABC) (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra:  HDB =  HCE x   HCE +  HDE =  HDB +  HDE = 1080 B  CEDH là tứ giác nội tiếp đợc H đờng tròn O D E A C y BC Vì  ABD =  DBF nên đờng tròn (O, ) ta có:  AD =  DH hay D lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung AH  OD  AH V× OD // BC (Cïng vu«ng gãc víi AH)   ODH =  DHC (so le trong) (3) MÆt kh¸c:  OHD c©n t¹i O nªn  ODH =  OHD (4) Tõ (3) vµ (4) suy ra:  OHD =  DHC  HD lµ ph©n gi¸c gãc OHC 1  AH BH HC  AH AH  AH h SABC = AH.BC = AH.(BH + HC)  Gi¸ trÞ nhá nhÊt cña SABC = h2 BH = HC = AH = h 2 2 Khi đó: AB  AH  HB  h  h  2h  ADB vu«ng t¹i D, cã O lµ trung ®iÓm cña AB  OD = AB = h 2 Mµ OD  AH  SADHO = OD.AH = h.h = h2   x  y   xy  1          2 1  1  1  x2 y x2 y P =  x  y  =  x y  x y Bµi 5: 1 P= xy 2  2  2 1  1  1  9 2 x y x y x y xy  x y     VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P = Së gd & ®t ho¸ x y  Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 25 - (26) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** N¨m häc 2004 – 2005 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót Bµi 1: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 – 3x - = Ta cã: a – b + c = –(-3) + (-4) =  c  ( 4)  4 Nªn ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt: x1 = -1, x2 = a Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = -1, x2 = Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2( x  y )  y 1 2 x  y 1 4 x  y 2  x 1  x 1      3x  2( x  y ) 7 5 x  y 7 5 x  y 7 2 x  y 1  y  Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm x = 1, y = -1 Bµi 2:  a 2 a   a 1    a  a  a   a  B = = §Ó biÓu thøc B cã nghÜa th×:  a 2 (1)  B =     a  1  a1  2 a B=    a 1 a1      a 2     a 1   a 1 a a    a  a 1  (1) a 0  a   a  0   a 1   a 0  a  1 a 1 a  a 1 a  a   a  a  a 1  a a a 1 a1     a a VËy: B = a  Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: x2 – (m+1)x + 2m - = (Víi m lµ tham sè) Ta cã:     m  1    2m   m  2m   8m  12 m  6m      m  3   Víi m VËy ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 26 - (27) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **  x1  x2 m   Víi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh ta cã:  x1 x2 2m  Tõ x1 + x2 = m +  m x1  x2  (1) Tõ x1.x2 = 2m – Tõ (1) vµ (2) ta cã:  m  x1 x2  3 (2) x1  x2    x1 x2  3  x1  x2  x1 x2 5 VËy x1  x2  x1 x2 5 lµ hÖ thøc liªn hÖ gi÷a hai nghiÖm kh«ng phô thuéc m Bµi 4: M N C P Q d K H A O B Ta cã:  AKB =  AHB = 900  A, B, H, K cùng thuộc đờng tròn đờng kính AB hay tứ giác AKHB nội tiÕp Trong đờn tròn (O) ta có:  ABC =  ACN (1) (Góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng ch¾n mét cung) Ta l¹i cã:  ABC =  HKC (2) (Cïng bï víi gãc AKH ) Tõ (1) vµ (2) suy ra:  ACN =  HKC  KH // NP (3) Mµ: KN // HP (Cïng vu«ng gãc víi d) (4) MÆt kh¸c:  KNP = 900 (5) Tõ (3), (4), vµ (5) ta cã: tø gi¸c HKNP lµ h×nh ch÷ nhËt (H×nh b×nh hµnh cã mét gãc vu«ng) Ta cã:  AMC = 900 (AM  d),  AHC = 900 (AH  BC)   AMC +  AHC = 1800  Tø gi¸c AHCM néi tiÕp   HMP =  HAC (Cïng ch¾n cung CH) (6) GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 27 - (28) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Chứng minh tơng tự ta đợc BKCQ là tứ giác nội tiếp   KQN =  KBC (Cïng ch¾n cung BC) Mà  KBC =  HAC (cùng chắn cung KH đờng tròn ngoại tiếp tứ giác ABHK) Nªn  KQN =  HAC (7) Tõ (6) vµ (7) suy ra:  KQN =  HMP XÐt  MPH vµ  QNK cã:  MPH =  KNQ = 900  HMP =  KQN (Chøng minh trªn) PH = KN (V× tø gi¸c HKNP lµ h×nh ch÷ nhËt) Do đó:  MPH =  QNK (Cạnh góc vuông – góc nhọn)  MP = QN Bµi 5: (1 §iÓm) 1 Chøng minh r»ng: x( – x )  Víi < x < x(1  x )  Ta cã: x(1  x)   1   x  x    4  1   x   0  x (1  x)  2  1   x   0  x  Khi   T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: x2 1 A = x (1  x) Víi < x < 1 Tõ c©u ta cã: x( – x )  4x2 1  A = x (1  x) =  A 8.2 x  x 1  4x2 1   4   8  x   x(1  x) x 2x    x  16 2x (V× x  0, V× x2 1 0 x 0 2x )   x(1  x)   x  2 x  2x  Gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A = 16 Khi:  hÕt - GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 28 - (29) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gd & ®t ho¸ Bµi 1: N¨m häc 2005 – 2006 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 150 phót a  a1 Cho biÓu thøc: A = a  a 1 a  1 §Ó biÓu thøc A cã nghÜa th×: a 0 vµ a 1 Víi a 0 vµ a 1 th×: A= a  a1 a  a 1 a  = a a  a a 2 =   a1   a 1      a 1 a  a  a1    a 1 a 1  a1  a 1  a  2  a1 a1 VËy A = GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 29 - (30) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** §Ó A < -1 th×   a 0    a 1   1  a  VËy: víi a  th× Bµi 2: (2 §iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh:   a 0    a 1   a 1   a   a 0   a   a 1    a  A < -1 x2 – x - = Ta cã:  = (-1)2 – 4.(-6) = 25 > 0,   25 5 1 1 x1  3, x2   2 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt: Vậy phơng rình đã cho có hai nghiệm x1 = 3, x2 = -2 Ph¬ng tr×nh: x2 – (a - 2)x – 2a =  x  ax  x  2a 0   x  a   x   0  Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x = a, x = -2 NÕu: x1 = a, x2 = -2 th×: 2x1 + 3x2 =  2a + 3.(-2) =  a = NÕu: x1 = -2, x2 = a th×: 2x1 + 3x2 =  2(-2) + 3.a =  a = VËy a = hoÆc a = th× ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tho¶ m·n 2x1 + 3x2 = Bµi 3: Vì M(a; b2 + 3) thuộc đồ thị hàm số y = x2 nên ta có: b2 + = a2 Vì N( ab ; 2) thuộc đồ thị hàm số y = x2 nên ta có: = ab Thay (2) vào (1) ta đợc:  a (1) b (2)  2 b     b  3b  0  b 1  b 1 b (v× b lµ sè thùc d¬ng) Thay b 1 vào (2) ta đợc a = Vậy với a = 2, b 1 thì điểm M có toạ độ (a; b2 + 3) và điểm N có toạ độ ( ab ; 2) cùng thuộc đồ thị hàm số y = x2 Bµi 4: GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 30 - (31) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Ta cã:  HNC = 900 (Gãc néi tiÕp ch¾n B nửa đởng tròn) H  HN// AB (Cïng vu«ng gãc víi AC) (*) M   AMN =  MNH (So le trong) (1) Mµ:  BCN =  MNH (2) (Gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cùng chắn cung đờng tròn (O)) O A C N Tõ (1) vµ (2) suy ra:  BCN =  AMN Do đó:  BCN +  BMN =  AMN +  BMN = 1800  Tứ giác BMNC nội tiếp đợc đờng tròn AH  BO (gt)  AH là tiếp tuyến đờng tròn (O) H  AHN =  HMN (Hai gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng ch¾n mét cung đờng tròn (O)) XÐt  MAN vµ  HNA cã:  MAN =  HNA = 900  AHN =  HMN (Chøng minh trªn) AN chung Do đó:  MAN =  HNA  MA = HN (**) Tõ (*) vµ (**) suy ra: Tø gi¸c AMHN lµ h×nh b×nh hµnh Mµ  MAN = 900  Tø gi¸c AMHN lµ h×nh ch÷ nhËt (H×nh b×nh hµnh cã mét gãc vu«ng) AH  MN     Ta cã:  MH  AN (3) (V× tø gi¸c AMHN lµ h×nh ch÷ nhËt) 1 NC NA  NC AC AN AC AH     NA NA AN AN AN MÆt kh¸c: H có HN là đờng cao) (4) (V×  AHC vu«ng t¹i NC  MN    1  NA Tõ (3) vµ (4) suy ra:  MH  Bµi 5: Ta cã: GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 31 - (32) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** 2  ab    ab    ab   a2  b2     a  b      2ab 2  a  b     2ab 2(ab  1)  2ab 2  a b   a b   a b   ab    a  b2    2  a b  a b  DÊu “=” xÈy khi: ab   a  ab  b  0 a b  ab   a b   2  a b  VËy 2 víi a  b 0 HÕt - Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gd & ®t ho¸ N¨m häc 2006 – 2007 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót  a a  a a        a 1   a    BiÓu thøc: A = Bµi 1: a 0   a  0   §Ó biÓu thøc A cã nghÜa th×:  a  a  a a        a 1   a    A = =   a 3 3 VËy A = – a Bµi 2:  a 0   a 25  a   a  a   a  15  a  a      a 1 a     a  a    a  15  a       a  a      a 0    a 5  a 3   a 1  a  3 a 1 a  a  a 9  a Víi Gi¶i ph¬ng tr×nh: a 0 vµ a 25 1  x 9 x (1) GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 32 - (33) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Điều kiện xác định phơng trình:  x  0   x  3  x  3 0    x  0  x 3   x  (*) (1)  x   x   x  x  12 0   x    x  3 0  x = - (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn (*)) hoÆc x = (Kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn (*)) Vậy phơng trình đã cho có nghiệm x = - Bµi 3: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 5(3 x  y ) 3 y    3  x 4(2 x  y )  15 x  y 3 y    3  x 8 x  y    21x 7 x     9 x  y 1 9 x  y 1  15 x  y 4   9 x  y 1   x    9  y 1  30 x  y 8  9 x  y 1   x    y   1 x ,y Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm Bµi 4: Ph¬ng tr×nh: x2 – 2mx + m|m| + = cã:  '   m    m m   m  m m  Để phơng trình đã cho vô nghiệm thì: '   m2  m m   (1) NÕu m  BÊt ph¬ng tr×nh (1) trë thµnh: m  m2      luôn đúng (*) NÕu m < BÊt ph¬ng tr×nh (1) trë thµnh: m2  m    m2      m  (*) Từ (*) và (**) suy với m > -1 thì phơng trình đã cho vô nghiệm Bµi 5: Gäi V, R, h lÇn lît lµ thÓ tÝch, b¸n kính đáy, chiều cao hình trụ Theo bµi ta cã: R = cm, h = 2cm  V =  R2.h =  32.2 = 18  cm3 Bµi 6: GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 33 - (34) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** a Ta cã:  AHC vu«ng t¹i H vµ M lµ trung B N ®iÓm cña AC  HM = MC hay  MHC c©n t¹i M H b  MHC c©n t¹i M   MHC =  MCH (1)   HMC = 1800 -  MCH A = 1800 -  ACB = 1800 -  ABC C M =  CBN hay  NMC =  NBC  Tứ giác NBMC nội tiếp đợc đờng tròn c Tø gi¸c NBMC néi tiÕp   BNM =  BCM (2) (cïng ch¾n cung MB)  BHN =  BNH (đối đỉnh) (3) Tõ (1), (2) vµ (3) suy ra:  BNH =  BHN   BNH c©n t¹i B  BN = BH Mµ AM = MC = MH Nªn ta cÇn chøng minh: 2MH2 = AB2 + AB.BH  2MH.MH = AB (AB + BH)  AC.AM = AB.AN ThËt vËy: XÐt  ACN vµ  ABM cã: ¢ chung  ACN =  ABM (Cïng bï víi  MBN )  Do đó:  ACN   ABM VËy: 2MH2 = AB2 + AB.BH Bµi 7: Víi a > Ta cã: AC AM  AB AN  AC.AM = AB.AN a 5( a  1) a a  9( a  1)     a2 1 2a a 1 4a 4a  a a2 1   1 a a2 1 9 11    a 2      a   2 4a   a a  4a a 2  a 1  a a 1   4a  a 1   a 1 a  a  a   DÊu “=” xÈy khi:  a 5(a  1) 11   2a VËy: a  Víi a > GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 34 - (35) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** hÕt - Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gd & ®t ho¸ N¨m häc 2007 – 2008 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tö: A = a + ax + x + = (a + ax) + (x + 1) = a(1 + x) + (x + 1) =(x+1)(a+1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 – 3x + = Ta cã: a + b + c = +(-3) + = c Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = Vậy: Phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = Bµi 2: Gọi V, R, h lần lợt là thể tích, bán kính đáy, chiều cao hình nón Theo bµi ta cã: R = AC = cm, h = AB = 18cm 1  V =  R2.h =  22.18 = 24  cm3 Chøng minh r»ng víi a  0; a 1 ta cã:      a a 1  a  a  a  a           a 1   a  1  a 1     a   a1    1 a1   Bµi 3: V× ph¬ng tr×nh x2 – 2(a+1)x + a2 + = nghiÖm x = 1, gäi nghiÖm cßn l¹i lµ x2 ta cã:  a   a  1  a (Víi a lµ tham sè) cã mét GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 35 - (36) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** 1  2(a 1)  a  0    x2 a  2  a  1 0    x2 a  a 1    x2 1  a 1   x2 3 VËy: ph¬ng tr×nh x2 – 2(a+1)x + a2 + = nghiÖm x = 1, nghiÖm cßn l¹i lµ x = Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x2       x   x2       x  1 y2    y2 x2 y2   x   x  1      x  y  (Víi a lµ tham sè) cã mét 1 y 2 1 y 2   x   y  1         x  x  y  y   x  3    x2 y 2   x 1    y  3   x   y  1      x  y   x 1   y 1  x 1  Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm  y 1 Bµi 4: Ta cã:  HNB = 900 (gãc néi tiÕp chắn nửa đờng tròn (O’))   HNC = 90 M I (1) Ta cã:  AMH = 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn (O))   HMC = 900 C N A (2) O K H O' B  ABC vu«ng t¹i C   MCN = 900 (3) Tõ (1), (2), (3)  Tø gi¸c CMHN lµ h×nh ch÷ nhËt (tø gi¸c cã gãc vu«ng) V× tø gi¸c CMHN lµ h×nh ch÷ nhËt   CMN =  CHN (4)  HBN =  CHN (5) (Gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ ®ay cung củng chắn cung HN đờn tròn (O’)) Tõ (4) vµ (5)   CMN =  HBN hay  CMN =  ABN   AMN +  ABN =  AMN =  NMC = 1800  Tứ giác AMNB nội tiếp đợc đờng tròn Gäi I lµ giao ®iÓm cña MN vµ HC  IM = IH = IN GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 36 - (37) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** XÐt  OMI vµ  OHI cã: IM = IH OM = OH OI chung Do đó:  OMI =  OHI   OMI =  OHI = 900 hay OM  MN  MN là tiếp tuyến đờng tròn đờng kính AH (*) Chøng minh t¬ng tù ta cã:  O’NI =  O’HI = 900 hay O’N  MN  tø gi¸c OMNO’ lµ h×nh thang (OM // O’N) Gọi K là tâm đờng tròn đờng kính OO’  KO = KO’ Trong hình thang OMNO’ ta có KI là đờng trung bình nên : KI // OM  KI  MN (6) 1 Vµ KI = (OM + O’N) = (OH + HO’) = OO’  I thuộc đờng tròn đờng kính OO’ (7) Từ (6) và (7) ta có: MN là tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO’ Từ (*) và (**) suy ra: MN là tiếp tuyến chung đờng tròn đờng kính AH và đờng tròn đờng kính OO’ Bµi 5: Tõ a + b = 2005  a = 2005 - b 2   2005   2005    2005    2005 b  b                  = DÊu “=” xÈy  2005  b    0    a 2005  b  Khi đó: ab = (2005 - b) b 2005   2005   b        2005   a   b  2005   2005    VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña ab b»ng   a b  2005 HÕt - GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 37 - (38) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gd & ®t ho¸ N¨m häc 2008 – 2009 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Cho hai sè x1 = - , Bµi 1: x2 = + Ta cã: x1  x2 (2  3)  (2  3) 4 x1 x2 (2  3)(2  (1) 3) 4  ( 3) 1 (2) Từ (1) suy ra: x1 4  x2 thay vào (2) ta đợc: x1 x2 1    x2  x2 1  x2  x2  0 VËy x1 , x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x  x  0 Bµi 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 3x  y 7   2 x  y 1 3x  y 7   8 x  y 4 11x 11    x  y 1  x 1   2.1  y 1  x 1   y 1  x 1  Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm  y 1 Rót gän biÓu thøc: Víi a 0; a 1  a   A=  a1  =  ta cã:    a 1   a 1  a  =     a1 a1 a 1  a 1 a a 2  a 1 a 2 a 1   a 1   a 1 a 1  a   a 1  a a 2 VËy A = a Víi a 0; a 1 Bµi 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy đờng thẳng (d): y = (m2 - m)x + m song song với đờng thẳng (d’): y = 2x + m2  m 2    m 2 m2  m  0    m 2 (m  1)  m   0  m   m 2 Vậy với m = -1 thì đờng thẳng (d) song song với đờng thẳng (d’) Bµi 4: GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 38 - (39) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** C Ta cã:  NAI =  NMA (1) (gãc A néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tia tiÕp B tuyÕn vµ d©y cung cïng ch¾n cung I H AN đờng tròn (O’)) N  ABC =  AMC(Hai gãc néi tiÕp O O' cùng chắn cung AC đờng trßn (O)) hay  NMA =  ICB (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra:  NAI =  IBC M XÐt  AIN vµ  BIC cã:  NAI =  IBC (c/m trªn) AI = IB (v× I lµ trung ®iÓm cña AB)  AIN =  BIC (đối đỉnh) Do đó:  AIN =  BIC  IC = IN  tứ giác ANBC có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng  Tø gi¸c ANBC lµ h×nh b×nh hµnh ANBC lµ h×nh b×nh hµnh   IBN =  IAC hay  IBN =  BAC (3) MÆt kh¸c:  BMC =  BAC (4) (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BC đờng tròn (O)) Từ (3) và (4) suy ra:  IBN =  BMI  BI là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiÕp tam gi¸c BMN Gọi AH là đờng cao tam giác ABC , C’ là điểm chính cung nhỏ BC  CH  C’I SANBC = 2SACB = 2 CH.AB = CH.AB §Ó SANBC lín nhÊt th× SACB lín nhÊt  CH lín nhÊt  CH = C’I  C trïng víi C’ hay C lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC Mµ M, I, C th¼ng hµng  M, O, C th¼ng hµng  M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín BC Bµi 5: 1 x  x2   2005    x  x2   2005 22006 Điều kiện xác định phơng trình x  x 1 Gọi a là nghiệm dơng phơng trình đó a 1 2 Ta cã:  a  a   0,1  a  a   GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 39 - (40) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **   2005  a  1 2005  a  1 2005  1 a  a2    1 a  a2    1 a   1 a   1 a  a2  2005 2005  2005  a  1 2005   1 a  a2    1 a   1 a  a2    1  a   a  1  1 a  a2  2005 2005 2005  2     a2  1 a  a2     1 a   2005 2005 2  2a   2  2.1   2005 V× a 1 2.22005 22006 22006 1  a  a  1  a  a    a 1 a 1 Vậy phơng trình đã cho có x = là nghiệm dơng HÕt - Së gd & ®t ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2009 – 2010 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: Ph¬ng tr×nh: x2 – 4x + q = (1) víi q lµ tham sè Khi q = Ph¬ng tr×nh (1) trë thµnh x2 – 4x + = Ta cã: a + b + c = + (- 4) + = c Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = §Ó ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm th×: GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 40 - (41) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **  ' (  2)  q 0   q 0  q 4 VËy víi q 4 th× ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm Bµi 2: Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 2 x  y 5    x  y 7  x  y 10    x  y 7  x 3   3  y 7  x 3   y 2  x 3  Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm  y 2 Bµi 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1) Phơng trình đờng thẳng (d) qua điểm D(0;1) và có hệ số góc k là: y = k(x - 0) +  y = kx + Hoành độ giao điểm parabol (P) và đờng thẳng (d) là nghiệm phơng trình: x2 = kx +  x2 - kx - = (2) Ta cã:  = k2 –4.(- 1) = k2 + > víi mäi k Nên phơng trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt với k Hay đờng thẳng (d) lu«n c¾t parabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt G vµ H víi mäi k Hoành độ hai điểm G và H lần lợt là x1 và x2 Khi đó x1 và x2 là hai c 1  nghiệm phơng trình (2)., áp dụng định lý vi – ét ta có: x 1.x2 = a = -1 §êng th¼ng d1 ®i qua O(0;0) vµ ®iÓm G(x1 ; x12) cã ph¬ng tr×nh lµ: y = x1.x §êng th¼ng d2 ®i qua O(0;0) vµ ®iÓm H(x2 ; x22) cã ph¬ng tr×nh lµ: y = x2.x V× x1.x2 = -1 nªn d1  d2 h¹y OG  OH suy ra: Tam gi¸c GOH lµ tam gi¸c vu«ng t¹i O Bµi 4: Ta cã: C  OQD +  OBD = 900 + 900=1800  Tứ giác BDQO nội tiếp đợc đờng tròn Q XÐt  BKD vµ  AKC cã: D  KBD =  KAC = 900  BKD =  AKC B K GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 41 - A O Do đó:  BKD   AKC (42) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **  CA BD  CK DK (1) Mµ CA = CQ, DQ = DB (2) (hai tiÕp tuyÕn cïng xuÊt ph¸t t¹i mét ®iÓm) CQ DQ  Tõ (1) vµ (2) suy ra: CK DK Trong tam gi¸c ODB vu«ng t¹i B ta cã: BD = OB tg  BOD = R.tg  Ta cã:  BOQ =  BOD =  (Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau)   OKQ = 900 -  KOQ = 900 -  OQ R Trong tam gi¸c vu«ng OQK vu«ng t¹i Q ta cã: OK = cos KOQ = cos 2 R  KA = OK + OA = cos 2 + R Trong tam gi¸c KAC vu«ng t¹i A ta cã: R AC = AK.tg  AKC = ( cos 2 + R) tg(900 -  ) 1 Ta cã:  DOQ =  BOQ,  COQ =  AOQ (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau) 1 Do đó:  COD =  DOQ +  COQ = (  BOQ +  AOQ) = 1800 = 900   COD vu«ng t¹i O Mµ OQ  KC nªn OQ2 = CQ.QD = AC.BD (v× CA = CQ, DQ = DB )  AC.BD = R2 VËy: tÝch AC.BD chØ phô thuéc vµo R, kh«ng phô thuéc vµo  Bµi 5: (1 §iÓm) Ta cã: D2 = (t + u + v)2 = u2 + v2 + t2 + 2uv + 2ut + 2vt (1) 3t MÆt kh¸c: Theo gi¶ thiÕt u2 + uv + v2 = 1-  2uv = - 2u2 - 2v2 -3t2 (2) Thay (2) vào (1) ta đợc: D2 = - u2 - v2 -2t2 + 2ut + 2vt = – (u - t)2 – (v - t)2  2  2 t  u  v  uv 1  t    u t  u t v t v t     D2 =  t    u    v    t    u    v  hoÆc  3 GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 42 - (43) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **  - D   t    u    v  VËy: gi¸ trÞ nhá nhÊt cña D lµ -  3  t    u    v   Gi¸ trÞ lín nhÊt cña D lµ HÕt - Së gd & ®t ho¸ Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2010 – 2011 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (2 §iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x2 + px - = (1) víi p lµ tham sè 1 Khi p = Ph¬ng tr×nh (1) trë thµnh x2 + 3x - = Ta cã: a + b + c = + (-6) + = c Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = - 2 Ta cã:   p  4.( 4)  p  16   x1  x2  p  Nªn ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm x1, x2 vµ  x1 x2  MÆt kh¸c: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) = x1 x2 x2  x1  x2 x1 x1  x2  x2  x1  ( x1 )  x2  3( x1  x2 ) ( 3).( p) 3 p §Ó: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > th×: 3p >  p > VËy víi p > th× ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã nghiÖm x1, x2 tho¶ m·n x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 43 - (44) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Bµi 2: Víi c  0; c 9 ta cã:  c 3   c  C =      c 3  VËy C = c  3 1     c    c =       c    c 3   c  3 c c 3 víi c  3   Ta cã:    c  3  c  3  c  3 c 3   c3    c 3 c 12 c   c  3 c  c 3 c  0; c 9 4  c 3 1  c 3 c  4  c 1 Do đó: giá trị nguyên C = Khi đó: VËy víi c = th× C nhËn gi¸ trÞ nguyªn b»ng Bµi 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x và các điểm C, D thuéc parabol (P) víi xC = 2, xD = -1 Tung độ điểm C là: yC = xC2 = 22 =  điểm C có toạ độ là (2; 4) Tung độ điểm D là: yD = xD2 = (-1)2 =  điểm D có toạ độ là (-1; 1) x = k không phải là phơng trình đờn thẳng CD Gọi y = ax + b là phơng trình đờng thẳng CD Vì điểm C(2; 4) thuộc đờng thẳng CD nên ta có: = 2a + b  b = – 2a (1) Vì điểm D(-1; 1) thuộc đờng thẳng CD nên ta có: = (-1)a + b (2) Thay (1) vào (2) ta đợc: = -x + – 2a  a = Thay a = vào (1) ta đợc b = – 2.1 = Vậy đờng thẳng CD có phơng trình: y = x + 2 Để đờng thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + (với q là tham số) song song với đờng thẳng CD thì: 2q  q 1   q  2 q 2q  q  0   q 2   1  1  q  1  q   0  q 2   q 1  1 VËy víi thì đờng thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + (với q là tham số) song song với đờng thẳng CD Bµi 4: GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 44 - (45) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Ta cã:  CMD = 900,  CND = 900 C Nên C, D, M, N cùng thuộc đờng tròn đờng kính CD N K' Hay tø gi¸c CDMN lµ tø gi¸c néi tiÕp H I đờng tròn K  KDB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) O B  DK // CM (cïng vu«ng gãc víi BD) (1) P M D  KCB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)  CK // DN (cïng vu«ng gãc víi BC) (2) Tõ (1) vµ (2) suy tø gi¸c CHDK lµ h×nh b×nh hµnh (tø gi¸c cã c¸c cÆp c¹nh đối song song) Gọi KP là đờng cao tam giác CKD , I là trung điểm CD, K’ là điểm chÝnh gi÷a cung nhá DC  KP  K’I V× tø gi¸c CHDK lµ h×nh b×nh hµnh nªn SCDH = SCKD = KP.CD §Ó SCDH lín nhÊt th× SCKD lín nhÊt  KP lín nhÊt  KP = K’I  K trïng víi K’ hay K lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá CD Mµ K, O, B th¼ng hµng  B lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín CD VËy ®iÓm B lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín CD th× diÖn tÝch tam gi¸c CDH lín nhÊt Bµi 5: Ta cã: u + v =  u2 + v2 = 16 – 2uv Mặt khác: u, v là các số dơng nên áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: 4uv  (u + v)2  4uv  16  uv  33 33 33 65 P = u2 + v2 + uv = 16 – 2uv + uv  16 – 2.4 + = 65 P= u = v vµ u + v =4  u = v = 65 VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ u = v = HÕt - GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 45 - (46) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** Kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së gd & ®t ho¸ N¨m häc 2011 – 2012 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (1,5 §iÓm) Víi hai sè x1 = + , x2 = - Ta cã: x1 + x2 = (1 + ) + (1 - ) = 2 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x  y 1   2 x  y   x  y 1   4 x  y  5 x    2 x  y   x     2( 1)  y   x    y 1 Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm x = -1, y = Bµi 2: Víi c 0; c 4 ta cã c      c  2  c  c  c   c 2  C =  c  2 c 2 4 c  : c c  1   : c  c 2 c  c 2 1  c 2  c  ( c  2)  2 c VËy C =  c víi c 0; c 4  c 6     2 c  2  2 2  1   (2  2) 2 Víi th× C = Bµi 3: (2,5 §iÓm) Cho ph¬ng tr×nh x2 – (2p – 1)x + p(p – 1) = (1) (Víi p lµ tham sè) Víi p = ph¬ng tr×nh (1) trë thµnh x2 – (2.2 – 1)x + 2(2 – 1) =  x2 – 3x + = Ta cã: a + b + c = + (-3) + = c Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = 2 Ta cã:     p  1   p  p  1 4 p  p   p  p 1  víi p GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 46 - (47) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá **  Ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi p x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) (víi x1 < x2) nªn : x1  (2 p  1)    p  1 (2 p  1)   p  1  p  x2   p 2 , Ta cã: x12 – 2x2 +3 = (p - 1)2 – 2p +3 = p2 – 4p + = (p - 2)2  víi p x12 – 2x2 +3 = (p - 2)2 =  p 2 VËy x12 – 2x2 +3  Bµi 4: Ta cã:  CFH = 900,  CKH = 900 Nên C, F, H, K cùng thuộc đờng tròn đờng kính CH Hay tø gi¸c CFHK lµ tø gi¸c néi tiÕp đờng tròn D z F H Ta cã:  CFE   CKD C CF CK   CE CD Q K E XÐt  CFK vµ  CED cã:  C chung CF CK  CE CD Dó đó:  CFK   CED (c – g - c) Vì  EFD = 900,  EKD = 900  K, F thuộc đờng tròn đờng kính ED Ta cã:  CFK =  KED ( v×  CFK   CED ) (1)  CFK =  CHK hay  CFK =  QHK (cùng chắn cung CK đờng tròn ngo¹i tiÕp tø gi¸c CKHD) (2)  QKD =  KED hay  QKH =  KED (gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyến và dây cung cùng chắn cung KF đờng tròn đờng kính DE)(3) Từ (1), (2) vµ (3) ta cã:  QKH =  QHK (4)   QHK c©n t¹i Q  QK = QH (*) MÆt kh¸c ta cã:  QKH +  QKC = 900 (5)  QHK +  QCK = 900 (6) Tõ (4), (5) vµ (6)   QCK c©n t¹i Q  QK = QC (**) Tõ (*) vµ (**) suy QC = QH hay Q lµ trung ®iÓm cña CH Bµi 5: a b c V× a, b, c lµ c¸c sè d¬ng nªn b  c > 0, a  c > 0, b  a > GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 47 - (48) ** Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Tỉnh Thanh Hoá ** áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: b c b c b c a bc 1  2      b c a a a 2a a bc 2a a a 2a  b c a bc a c a c b c a a c 1  2      b c a b b 2b b a c 2b b b 2b  a c a b c ba ba bca ba 1  2      b  c  a c c 2c c ba 2c c c 2c  b  a a b c  a b c 2a 2b 2c      2 b c a c b  a a b c a b c a b c b  c  a 1  a c 1   b  b  a  c 1 DÊu “ = “ xÈy khi:  b  c a  a  c b  a b c 0  b  a c Tr¸i víi gi¶ thiÕt a, b, c lµ c¸c sè d¬ng a b c   2 bc a c ba VËy: HÕt - GV: Lê Minh Xuân - Trường THCS Thành Mỹ - Thạch Thành - 48 - (49)

Ngày đăng: 13/09/2021, 12:13

Xem thêm:

w