Đang tải... (xem toàn văn)
Gọi C là trung điểm của OA; qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn đó tại hai điểm phân biệt M và N.. Gọi H là giao điểm của AK và MN.[r]
(1)SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2000 – 2001 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT Bµi 1: (2 §iÓm) a Tìm các giá trị a, b biết hàm số y = ax + b qua các điểm 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) Bài 2: (2 Điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m+1)x + 2m + = a Giải phương trình m = b Tìm tất các giá trị m để phương trình đã cho có nghiệm Bài 3: (2,5 Điểm) Cho đường tròn (O) và đường kính AB nó Gọi S là trung điểm OA, vẽ đường tròn (S) có tâm là điểm S và qua A a Chứng minh đường tròn (O) và đường tròn (S) tiếp xúc b.Qua A vẽ đường thẳng Ax cắt các đường tròn (S) và (O) theo thứ tự M, Q; đường thẳng Ay cắt các đường tròn (S) và (O) theo thứ tự N, F; đường thẳng Az cắt các đường tròn (S) và (O) theo thứ tự P, T Chứng minh tam giác MNP đồng dạng với tam giác QFT Bài 4: (2 Điểm) Cho hình chóp SABC có tất các mặt là tam giác cạnh a Gọi M là trung điểm cạnh SA; N là trung điểm cạnh BC a Chứng minh MN vuông góc với SA và BC b Tính diệm tích tam giác MBC theo a Bài 5: (1,5 Điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 M = ( x 1999) ( x 2000) ( x 2001) Hết - (2) Sở gd & đt hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt Năm học 2001 – 2002 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút x2 10 x : x x x 3x x x2 Bài 1: (1,5 Điểm) Cho biểu thức: A = a Rút gọn biểu thức A b Tính giá trị biểu thức A với x = Bài 2: (2 Điểm) Cho phương trình : x2 – 2(m - 1)x – (m +1) = a Giải phương trình với m = b Chứng minh với m phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 c Tìm m để Bài 3: (1,5 Điểm) x1 x2 có giá trị nhỏ Cho hệ phương trình: x y 1 mx y 2m a Giải hệ phương trình với m = b Xác định m để hệ phương trình có nghiệm? Vô nghiệm? Vô số nghiệm? Bài 4: (2,5 Điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC), với  = 45 0, nội tiếp đường tròn tâm O Đường tròn đường kính BC cắt AB E, cắt AC F a Chứng minh rằng: O thuộc đường tròn đường kính BC b Chứng minh AEC , AFB là tam giác vuông cân c Chứng minh tứ giác EOFB là hình thang cân Suy EF = BC Bài 5: (1,5 Điểm) Cho tứ diện S.ABC có đáy ABC là tam giác cạnh 2cm SA vuông góc với đáy, SA = cm a Tính thể tích tứ diện b Gọi AM là đường cao, O là trực tâm tam giác ABC Gọi H là hình chiếu O trên SM Chứng minh OH vuông góc với mặt phẳng (SBC) Bài 6:(1 Điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x y 1998 Hết - (3) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2002 – 2003 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT Bµi 1: (1,5 điểm) Giải phương trình: x2 – 6x +5 = Tính giá trị biểu thức: A = 32 Bài 2: (1,5 Điểm) Cho phương trình 50 : 18 mx2 – (2m+1)x + m - = (1), với m là tham số Tìm các giá trị m để phương trình (1): Có nghiệm Có tổng bình phương các nghiệm 22 Có bình phương hiệu hai nghiệm 13 Bài 3: (1 Điểm) Giải bài toán cách lập hệ phương trình: Tính các cạnh tam giác vuông biết chu vi nó là 12cm và tổng bình phương độ dài các cạnh 50 Bài 4: (1 Điểm) Cho biểu thức: 3x B = x 1 Tìm các giá trị nguyên x để B nhận giá trị nguyên Tìm giá trị lớn B Bài 5: (2,5 Điểm) Cho tam giác ABC cân đỉnh A nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M, N, P là các điểm chỉnh các cung nhỏ AB, BC, CA; BP cắt AN I; MN cắt AB E Chứng minh rằng: Tứ giác BCPM là hình thang cân; góc ABN có số đo 900 Tam giác BIN cân; EI // BC Bài 6: (1,5 Điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có độ dài cạnh đáy là 18cm, độ dài đường cao là 12cm 1.Tính diện tích xung quanh và thể tích hình chóp 2.Chứng minh đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng (SBD) Bài 7: (1 Điểm) Giải phương trình: x x 2002 2002 Hết - (4) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2003 – 2004 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT Bài 1: (2 Điểm) x2 – 2x - = Giải phương trình: x y 1 x y 2 Giải hệ phương trình: Bài 2: (2 Điểm) Cho biểu thức: M = x x 1 x1 x 2 x1 2 Tìm điều kiện x để M có nghĩa Rút gọn M Chứng minh M Bài 3: (1,5 Điểm) Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - |m| - m = (Với m là tham số) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với giá trị m Gọi x1, x2 là hai nghiệm phương trình Tìm m để x12 + x22 = Bài 4: (3,5 Điểm) Cho B và C là các điểm tương ứng thuộc các cạnh Ax, Ay góc vuông xAy (B A, C A) Tam giác ABC có đường cao AH và phân giác BE Gọi D là chân đường vuông góc hạ từ A lên BE, O là trung điểm AB Chứng minh ADHB và CEDH là các tứ giác nội tiếp đường tròn Chứng minh AH OD và HD là phân giác góc 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 Bài 5: (1,5 Điểm) Cho hai số dương x, y thay đổi cho x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1 1 P = x y Hết - (5) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2004 – 2005 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT Bài 1: (2 Điểm) x2 – 3x - = Giải phương trình: 2( x y ) y 1 Giải hệ phương trình: 3 x 2( x y) 7 Bài 2: (2 Điểm) a 2 a a 1 a a a a Cho biểu thức: B = Tìm điều kiện a để biểu thức B có nghĩa 2 Chứng minh B = a Bài 3: (2 Điểm) Cho phương trình: x2 – (m+1)x + 2m - = (Với m là tham số) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm x 1, x2 phương trình cho hệ thức đó không phụ thuộc m Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O và d là tiếp tuyến đường tròn C Gọi AH và BK là các đường cao tam giác; M, N, P, Q là chân đường vuông góc kẻ từ A, K, H, B xuống đường thẳng d Chứng minh rằng: tứ giác AKHB nội tiếp và tứ giác HKNP là hình chữ nhật Chứng minh rằng: HMP = HAC, HMP = KQN Chứng minh rằng: MP = QN Bài 5: (1 Điểm) Cho < x < 1 Chứng minh rằng: x( – x ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2 1 A = x (1 x) hết - (6) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ Bµi 1: (2 điểm) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2005 – 2006 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT Cho biểu thức: A = a a1 a a 1 a 1 Tìm điều kiện a để biểu thức A có nghĩa a1 Chứng minh A = Tìm a để A < -1 Bài 2: (2 Điểm) x2 – x - = Giải phương trình: Tìm a để phương trình: x2 – (a - 2)x – 2a = có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện: 2x1 + 3x2 = Bài 3: (1,5 Điểm) Tìm hai số thực dương 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 đường cao AH Đường tròn (O) đường kính HC cắt cạnh AC N Tiếp tuyến với đường tròn (O) điểm N cắt cạnh AB điểm M Chứng minh rằng: HN // AB và tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn Tứ giác AMHN là hình chữ nhật NC MN 1 NA MH Bài 5: (1 Điểm) Cho a, b là các số thực thoả mãn điều kiện a + b ab a b 2 a b Chứng minh rằng: 2 Hết - (7) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2006 – 2007 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT 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 Rút gọn A Bài 2: (1,5 Điểm) 1 x 9 x Giải phương trình: Bài 3: (1,5 Điểm) Giải hệ phương trình: 5(3 x y ) 3 y 3 x 4(2 x y ) Bài 4: (1 Điểm) Tìm các giá trị tham số m để phương trình sau vô nghiệm: x2 – 2mx + m|m| + = Bài 5: (1 Điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2cm, AD = 3cm Quay hình chữ nhật đó quanh AB thì hình trụ Tính thể tích hình trụ đó Bài 6: (2,5 Điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, Góc B gấp đôi góc C và AH là đường cao Gọi M là trung điểm cạnh AC, các đường thẳng MH, AB cắt điểm N Chứng minh rằng: a Tam giác MHC cân b Tứ giác NBMC nội tiếp đường tròn c 2MH2 = AB2 + AB.BH Bài 7: (1 Điểm) Chứng minh với a > ta có: a 5(a 1) 11 a2 1 2a hết - (8) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007 – 2008 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Bài 1: (2 Điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = a + ax + x + Giải phương trình: x2 – 3x + = Bài 2: (2 Điểm) Cho tam giác ABC vuông A có cạnh AB = 18cm, AC = 2cm Quay tam giác ABC vòng quanh cạnh góc vuông AB cố định, ta hình nón Tính thể tích hình nón đó a a a a 1 a a a Chứng minh với a 0; a 1 ta có: Bài 3: (2 Điểm) Biết phương trình x2 – 2(a+1)x + a2 + = (Với a là tham số) có nghiệm x = Tìm nghiệm còn lại phương trình này Giải hệ phương trình: Bài 4: (3 Điểm) x2 x 1 y 2 1 y 2 Cho tam giác ABC vuông C có đường cao CH Đường tròn tâm O đường kính AH cắt cạnh AC điểm M (M A), đường tròn tâm O’ đường kính BH Cắt cạnh BC điểm N (N B) Chứng minh rằng: Tứ giác CMHN là hình chữ nhật Tứ giác AMNB nội tiếp đường tròn MN là tiếp tuyến chung đường tròn đường kính AH và đường tròn đường kính OO’ Bài 5: (1 Điểm) Cho hai số tự nhiên a, b thoả mãn điều kiện: a + b = 2005 Tìm giá trị lớn tích ab Hết - (9) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2008 – 2009 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Bài 1: (2 Điểm) Cho hai số x1 = - , x2 = + Tính x1 + x2 và x1x2 Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 là hai nghiệm Bài 2: (2,5 Điểm) Giải hệ phương trình: Rút gọn biểu thức: 3 x y 7 x y 1 a a A= a 1 a 1 a Với a 0; a 1 Bài 3: (1 Điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (m2 - m)x + m và đường thẳng (d’): y = 2x + tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) Bài 4: (3,5 Điểm) Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), AB là dây cung không qua tâm đường tròn (O) Gọi I là trung điểm dây cung AB, M là điểm trên cung lớn AB (M không trùng với A, B) Vẽ đường tròn (O’) qua m và tiếp xúc với đường thẳng AB A Tia MI cắt đường tròn (O’) điểm thứ hai N và cắt đường tròn (O) điểm thứ hai C Chứng minh BIC = AIN, từ đó chứng minh tứ giác ANBC là hình bình hành Chứng minh BI là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN Xác định vị trí điểm M trên cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn Bài 5: (1 Điểm) Tìm nghiệm dương phương trình: 1 x x2 2005 1 x x2 2005 22006 Hết - (10) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Bài 1: (1,5 Điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + q = (1) với q là tham số Giải phương trình (1) q = Tìm q để phương trình (1) có nghiệm Bài 2: (1,5 Điểm) Giải hệ phương trình: 2 x y 5 x y 7 Bài 3: (2,5 Điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm D(0;1) và có hệ số góc k Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm phân biệt G và H với k Gọi hoành độ hai điểm G và H là x và x2 Chứng minh rằng: x1.x2 = -1, từ đó suy tam giác GOH là tam giác vuông Bài 4: (3,5 Điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường 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 đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ điểm K cắt các tiếp tuyến kẻ từ điểm A và B C và D Gọi Q là tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ K tới nửa đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BDQO nội tiếp đường tròn CQ DQ Chứng minh tam giác BKD đồng dạng với tam giác AKC, từ đó suy CK DK Đặt BOD = Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc vào R, không phụ thuộc vào Bài 5: (1 Điểm) 3t Cho các số thực t, u, v thoả mãn: u2 + uv + v2 = 1- Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức: D = t + u + v Hết - (11) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Bài 1: (2 Điểm) Cho phương trình: x2 + px - = (1) với p là tham số Giải phương trình (1) p = Giả sử x1, x2 là các nhiệm phương trình (1), tìm p để: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > Bài 2: (2 Điểm) c 3 c Cho biểu thức C = c 3 1 c c với c 0; c 9 Rút gọn C Tìm c để biểu thức C nhận giá trị nguyên Bài 3: (2 Điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x và các điểm C, D thuộc parabol (P) với xC = 2, xD = -1 Tìm toạ độ các điểm C, D và viết phương trình đường thẳng CD Tìm q để đường thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + (với q là tham số) song song với đường thẳng CD Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác BCD có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao CM, DN tam giác cắt H Chứng minh tứ giác CDMN là tứ giác nội tiếp đường tròn Kéo dài BO cắt đường tròn (O) K Chứng minh tứ giác CHDK là hình bình hành 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 Bài 5: (1 Điểm) Cho u, v là các số dương thoả mãn u + v = 33 Tìm giá trị nhỏ của: P = u2 + v2 + uv Hết - (12) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Bài 1: (1,5 Điểm) cho hai số x1 = + , Giải hệ phương trình: x2 = - Tính x1 + x2 x y 1 x y Bài 2: (2 Điểm) c c 2 Cho biểu thức C = c c 1 : c c 2 c với c 0; c 4 Rút gọn C Tính giá trị C c 6 Bài 3: (2,5 Điểm) Cho phương trình x2 – (2p – 1)x + p(p – 1) = (1) (Với p là tham số) Giải phương trình (1) với p = 2 Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với p Gọi x1, x2 là hai nghiệm phương trình (1) (với x1 < x2) Chứng minh: x12 – 2x2 +3 Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác CDE có ba góc nhọn, các đường cao DK, EF tam giác cắt H Chứng minh tứ giác CFHK là tứ giác nội tiếp đường tròn Chứng minh CFK và CED đồng dạng Kẻ tiếp tuyến Kz K đường tròn tâm O đường kính DE cắt CH Q Chứng minh Q là trung điểm CH Bài 5: (1 Điểm) Cho a, b, c là các số dương Chứng minh bất đẳng thức a b c 2 bc ac ba Hết - (13) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải các phương trình sau : a) x - = b) x2 - 3x + = 2- Giải hệ phương trình : y=7 {2x+x −y=2 Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A = + 2+2 √ a −2 √ a 1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị a ; biết A < - a +1 1−a Bài 3: (2.0 điểm) 1- Cho đường thẳng (d) : y = ax + b Tìm a; b để đường thẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) và song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x là ẩn số ) Tìm a để phươmg trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x 21 + x 22 = Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ vuông góc với các cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC) 1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn 2- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ Chứng minh OH PQ 3- Chứng minh : MP +MQ = AH Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b và a > Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= a2 +b +b 4a -HẾT (14) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Câu (2.0 điểm): Cho phương trình bậc hai: x2 +2x – = 0, với các hệ số a = 1, b = 2, c = -3 a.Tính tổng: S = a + b + c b.Giải phương trình trên x y 2 x y 4 Giải hệ phương trình: Câu (2.0 điểm): y 1 Q : y y y y 1 y ( Với y > 0; y 1 ) Cho biểu thức: a Rút gọn biểu thức Q b Tính giá trị biểu thức Q y 3 2 Câu (2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + và Parabol (P): y = - 2x2 a Tìm b để đường thẳng (d) qua điểm B(1;5) b Tìm b để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 + 4(x1 + x2) = Câu (3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF Bán kính OI vuông góc với EF, gọi J là điểm trên Cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI L; Kẻ LS vuông góc với EF (S thuộc EF) a Chứng minh tứ giác IFSL nộ tiếp b Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N cho FN = EJ Chứng minh rằng, tam giác IJN vuông cân c Gọi (d) là tiếp tuyến điểm E Lấy D là điểm nằm trên (d) cho hai điểm D và I cùng nằm trên cùng mặt phẳng bờ là đường thẳng FE và ED.JF = JE.OF Chứng minh đường thẳng FD qua trung điểm đoạn thẳng LS Câu ( 1.0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca a4 b4 c4 Chứng minh rằng: b 3c c 3a a 3c -HẾT (15) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2000 – 2001 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT 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) nờn ta cú: a + b = a + 2b = (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2a b a 2b 4 4a 2b a 2b 4 3a a 2b 4 a a 2b 4 a 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 phương trình: y 3x y x x 3x x 2 y x y x x 2 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 Bài 2: a Khi m = phương trình trở thành: x2 – 7x + 10 = Ta có: ( 7) 4.10 9 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: 7 5 x1 = ; 7 x2 = 2 (16) Vậy: với m = thì phương trình có hai nghiệm x1 = ; x2 = b Phương trình bậc hai x2 – 2(m+1)x + 2m + = có nghiệm khi: ' m 1 2m 0 m 2m 2m 0 m m 0 m m 2 Vậy: với m m 2 thì phương trình đã cho có nghiệm Bài 3: a Gọi R, r là bán kính Q x đường tròn (O) và đường tròn (S) Khi đó: R = OA, r = SA M Ta có: R – r = OA – SA = SO (Vì S S là trung điểm OA) A B O Đường tròn (O) và đường tròn (S) N tiếp xúc với A P F b Trong đường tròn (O) ta có: QAF = QTF (Hai góc nội tiếp y T cùng chắn cung QF) (1) z TAF = TQF (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung TF) (2) Trong đường tròn (S) ta có: MAN = MPN (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) (3) PAN = PMN (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung PN) (4) Từ (1) và (3) suy ra: QTF = MPN (5) Từ (2) và (4) suy ra: TQF = PMN (6) Từ (5) và (6) suy ra: MPN QTF (g - g) Bài 4: a Vì SAB và SAC là các tam giác S đều, mà M là trung điểm SA nên M BM, CM là các đường trung tuyến là đường cao các tam giác C A N B BM SA và CM SA SA mp(MBC) SA MN Nối S với N, A với N Chứng minh tương tự ta BC mp(SNA) (17) BC MN b Trong tam giác SAB cạnh a, BM là đường cao nên ta có: a2 a a 2 BM = Trong tam giác MNB vuông N ta có: a a 2 a BM BN MN = 2 1a a2 a SMBC = MN.BC = 2 (Đơn vị diện tích) Bài 5: Ta có: M = x 1999 x 2000 x 2001 Nếu x 2001 thì M = x 1999 x 2000 x 2001 3 Nếu 2000 x 2001 thì M = x 1999 x 2000 2001 x x 1998 x Nếu 1999 x 2000 thì M = x 1999 2000 x 2001 x 2002 x x 3 Nếu x < 1999 thì M = 1999 x 2000 x 2001 x 6000 3x x Vậy: giá trị nhỏ M = x = 2000 Hết - (18) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2001 – 2002 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT Bài 1: x2 10 x : x 2 x x 3x x x2 a A= Điều kiện xác định biểu thức là x 0, x và x - x2 10 x : x 2 x2 x x 3x x A= x 2 x x 10 x x : x x x x x x x2 A= 6 x2 A= x x A= x Vậy A= x 1 1 3 x 2 2 thì A = b Khi x thì A Vậy Bài 2: Phương trình : x2 – 2(m - 1)x – (m +1) = a Khi m = thì phương trình trở thành: x2 – 2x – = Ta thấy: a –b +c = –(-2) + (-3) = c Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = -1, x2 = a = Vậy: với m = thì phương trình có hai nghiệm x1 = -1, x2 = b Ta có: 1 m 1 m 1 m 2m m m m m ' 4 2 = 2 (19) Nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 c Ta có: x1 x2 x1 x2 1 7 ' 2 m 2 4 = có giá trị nhỏ m y 1 x x y 1 mx x 2m mx y 2m Bài 3: Hệ phương trình: y 1 x m 1 x 2m y 1 x x 3 y a Với m = hệ phương trình trở thành: x 3 Vậy: với m = hệ phương trình có nghiệm x = 3, y = -2 b Để hệ phương trình có nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – có nghiệm m–1 0 m 1 Để hệ phương trình vô nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – vô nghiệm m 0 2m 0 m 1 m 1 m Để hệ phương trình vô số nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – vô số nghiệm m 0 2m 0 m 1 m Vô lý Vậy: Với m thì hệ phương trình có nghiệm Với m = thì hệ phương trình vô nghiệm Không có giá trị m để hệ phương trình vô số nghiệm Bài 4: (20) a Trong đường tròn (O) ta có: A BOC = BAC = 2.450 = 900 (Liên hệ góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung) O O thuộc đường tròn đường kính BC b Ta có: BFC = 900 (Vì góc nội tiếp E F chắn nửa đườn tròn đường kính BC) AFB = 900 mà BAF = 450 (gt) C B Nên AFB vuông cân F Ta có: BEC = 900 (Vì góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn đường kính BC) AEC = 900 mà EAC = 450 (gt) Nên AEC vuông cân E c Ta có: BOC vuông O, mà OB = OC OCB = 450 Tứ giác BEOC là tứ giác nội tiếp nên OCB + BEO = 1800 (1) Mặt khác: OEA + BEO = 1800 (2) Từ (1) và (2) OEA = OCB = 450 OEA = FBA (= 450) BF // OE Tứ giác EOFB là hình thang (3) Mà OFB = OCB = 450 (Vì hai góc nội tiếp cùng chắn cung đường tròn đường kính BC) OFB = FBE (= 450) (4) Từ (3) và (4) Tứ giác EOFB là hình thang cân EF = OB = BC 2 BC 2 Bài 5: a ABC cạnh 2cm, AM là đường cao S nên ta có: AM = 22 12 cm VSABC = SA.SABC (Vì SA vuông góc với đáy) 1 VSABC = SA.AM.BC = = cm A O M b Ta có: SA mp (ABC) (gt) SA BC (1) AM là đường cao ABC A M BC (2) Từ (1) và (2) suy BC mp (SAM) C H B (21) OH BC (3) Mặt khác OH SM (gt) (4) Từ (3) và (4) ta có: OH mp (SBC) Bài 6: Ta có: x y 1998 x y 9.222 x y 3 222 Vì x, y là các số nguyên dương nên: x m 222; y n 222 (Với m, n là các số nguyên dương) m 222 n 222 3 222 m n 3 m = 2, n = m = 1, n = Nếu m = 2, n = thì x = m2.222 = 22.222 = 888, y = n2.222 = 12.222 = 222 Nếu m = 1, n = thì x = m2.222 = 12.222 = 222, y = n2.222 = 22.222 = 888 Vậy: Nghiệm nguyên dương phương trình đã cho là x = 888, y = 222 x = 222, y = 888 Hết - SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2002 – 2003 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT Bµi 1: (1,5 §iÓm) x2 – 6x +5 = Ph¬ng tr×nh: Ta cã: a + b + c = + (-6) + = c Nên phơng trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = Vậy: Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = Tính giá trị biểu thức: A= 32 4 A= 50 : 18 A= 16.2 2 :3 A= 25.2 4.2 : 9.2 :3 Vậy: A = Bài 2: Phương trình mx2 – (2m+1)x + m - = (1), với m là tham số (22) Với m = phương trình trở thành: -x – = x = -2 Với m 0, để phương trình (1) có nghiệm thì: 2m 1 4m m 0 4m 4m 1 4m 8m 0 m 1 12 1 m 12 Vậy: Để phương trình (1) có nghiệm thì Với m = không thoả mãn điều kiện bài toán 2m x x m 1 x x m m m 12 ta có: Khi m 0 và (Với x1 , x2 là hai nghiệm phương trình.) Theo bài ta có: x12 x2 22 x1 x2 x1 x2 22 m 4m 4m m 2m 22 22 m m2 m m 4m 4m 2m2 4m 22m 20m2 8m 0 1 m = (t/m) Hoặc m = 10 (Không thoả mãn điều kiện) Vậy với m = thì phương trình (1) có tổng bình phương các nghiệm 22 Theo bài ta có: x1 2 x2 13 x12 x1 x2 x22 13 x1 x2 x1 x2 13 m 4m 4m m 2m 13 13 m m2 m m 4m2 4m 4m 8m 13m2 13m 12m 0 1 m = (t/m) Hoặc m = 13 (t/m) 1 Vậy với m = m = 13 thì phương trình (1) có bình phương hiệu hai nghiệm 13 Bài 3: (1 Điểm) Giải bài toán cách lập hệ phương trình: Gọi độ dài các cạnh góc vuông tam giác vuông là x (cm) và y (cm) (Điều kiện x > 0, y > 0) Độ dài cạnh huyền là: x y (cm) Chu vu tam giác vuông 12 cm nên ta có phương trình: (23) x+y+ x y = 12 (1) Tổng bình phương độ dài các cạnh 50 nên ta có phương trình: x2 + y2 + x2 + y2 = 50 x2 + y2 = 25 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y x y 12 2 x y 25 x y 7 2 x y 25 x y 7 x y xy 25 Khi đó x, y là hai nghiệm phương trình: x y 7 xy 12 X2 – 7X +12 = Giải ta được: X1 = 3, X2 = Vậy: các cạnh tam giác vuông là cm, cm và cm 2 3x x 3 2 x 1 x 1 B = x 1 = Bài 4: Ta có: Để B nguyên thì x nguyên, mà x nguyên x2 + là ước 2 x2 + = x2 + = Khi: x2 + = x2 = x = Khi: x2 + = x2 = x = x = -1 Vậy: với x = -1, x = 0, x= thì B nhận các giá trị nguyên 2 2 3 B= x 1 + = Ta có: x2 + x 1 Bmax = x = Vậy: Giá trị lớn B = x = Bài 5: Vì ABC cân A, M, P là điểm chính A các cung nhỏ AB và AC nên ta có: BM = MA = AP = PC MPB = PBC (Vì hai góc nội tiếp chắn M P hai cung nhau) O MP // BC (1) E I 1 BMP = sđ BP = (sđ BC + sđ C B 1 CP) = (sđ BC + sđ BM) = sđ BM = MPC (2) Từ (1) và (2) suy tứ giác BCPM là hình thang cân N (24) Ta có: N là điểm chính cung nhỏ BC BN = NC (3) ABC cân A AB = AC (4) Từ (3) và (4) suy AN là đường trung trực BC A, O, N thẳng hàng ABN = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 2.Ta có: BIN= (sđ BN + sđ AP)(Góc có đỉnh nằm đường tròn) (5) 1 IBN = PBN = sđ PN = (sđ PC + sđ CN) (6) Mà : AP = PC , CN = NB (7) Từ (5), (6) và (7) suy ra: BIN = IBN BIN cân N 1 BEN = (sđ BN + sđ AM) = (sđ BN + sđ AP) = BIN (Vì AM = AP) Tứ giác BEIN nội tiếp EBN + EIN = 1800 EIN = 1800 - EBN = 900 EI AN (8) Mặt khác: BC AN (9) (Vì AN là đường trung trực BC) Từ (8) và (9) suy EI // BC Bài 6: Gọi SO là đường cao cùa tứ diện, đó SO S = 12cm Dựng SH BC (H BC), Nối O với H Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác nên: Trong SOH vuông O ta có: SH = AB SO OH SO D C H O 2 SH = 12 15cm A 1 SH BC 4 .15.18 540cm 2 Sxq = 4.SSBC = 1 V = SABCD.SO = AB2.SO = 182 12 = 1296 cm3 Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên AC BD (1) SO là đường cao hình chóp nên SO AC (2) Từ (1) và (2) suy ra: AC mp (SBD) Bài 7: Giải phương trình: B (25) x x 2002 2002 x4 x2 x 2002 x 2002 1 1 1 x x 2002 x x 2002 2 2 2 (Vì hai vế không âm) x x 2001 0 Giải ta x 8005 x x12 8005 8005 , x2 2 (loại) 8005 Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm SỞ GD & ĐT THANH HOÁ x 8005 x và 8005 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2003 – 2004 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT Bài 1: Giải phương trình: x2 – 2x - = ' ' Ta có: = (-1)2 – (-1) = > 0, Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1 b' ' 1 a , x2 b' ' 1 a Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 1 2, x2 1 x y 1(1) 1 x y 2(2) Giải hệ phương trình: Từ phương trình (1) ta có: x = -1 – y Thay vào phương trình (2) ta được: (26) 1 2 y y 0 y1 2, y2 1 y y Giải ta Với y = -2 thay vào phương trình (1) ta x = 1 1 Với y = thay vào phương trình (1) ta x = 1 x x 1 , y y Vậy hệ phương rình đã cho có nghiệm: Cho biểu thức: M = Bài 2: (2 Điểm) x = x x1 x = x1 x1 x1 2 x x1 2 x1 x x Ta có: M - = x 2 2 1 1 x x 0 2 1 dấu xẩy x = Bài 3: Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - |m| - m = Ta có: ' m m2 m m m m 0 (Vì (Với m là tham số) m m với m) Vậy phương trình luôn có nghiệm với giá trị m x1 x2 2m x x m m m x1, x2 là hai nghiệm phương trình nên: (1) x1 x 0 x 1 x1 x1 x 2 x 2 x 2 x x1 x 2 x 2 x x = M x 1 x1 x x 1 x 1 x1 x 0 x 0 Để biểu thức M có nghĩa thì: M = 2 (27) 2 x + x2 = x1 x2 x1 x2 6 (2) Thay (1) vào (2) ta được: 2m m2 m m 6 2m2 m 2m 6 (*) 2m 4m 0 m 2m 0 Nếu m 0 Phương trình (*) trở thành: Giải ta được: m1 = ; m2 = -3 (không thoả mãn) Nếu m < Phương trình (*) trở thành: 2m2 = m (loại) m Vậy để x12 + x22 = thì m = m Bài 4: Ta có: ADB = AHB = 900 A, D, H, B cùng thuộc đường tròn đường tâm O đường kính AB Hay tứ giác ADHB là tứ giác nội tiếp đường tròn BC Trong đường tròn (O, ) ta có: HDB = HAB (Cùng chắn cung BH) (1) Mặt khác HAB = HCA (Cùng phụ với ABC) (2) Từ (1) và (2) suy ra: HDB = HCE x HCE + HDE = HDB + HDE = 1080 B CEDH là tứ giác nội tiếp đường tròn H O D A E C y BC Vì ABD = DBF nên đường tròn (O, ) ta có: AD = DH hay D là điểm chính cung AH OD AH Vì OD // BC (Cùng vuông góc với AH) ODH = DHC (so le trong) (3) Mặt khác: OHD cân O nên ODH = OHD (4) Từ (3) và (4) suy ra: OHD = DHC HD là phân giác góc OHC 1 AH BH HC AH AH AH h SABC = AH.BC = AH.(BH + HC) (28) Giá trị nhỏ SABC = h2 BH = HC = AH = h 2 2 Khi đó: AB AH HB h h 2h ADB vuông D, có O là trung điểm AB OD = AB = h 2 Mà OD AH SADHO = OD.AH = h.h = h2 x y xy 1 2 1 x2 y x2 y2 P = x y = x y x y Bài 5: 1 P= xy 2 2 2 1 1 1 9 2 x y x y x y xy x y Vậy giá trị nhỏ P = SỞ GD & ĐT THANH HOÁ x y KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2004 – 2005 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT Bài 1: Giải phương trình: x2 – 3x - = Ta có: a – b + c = –(-3) + (-4) = c ( 4) 4 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = -1, x2 = a Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = -1, x2 = Giải hệ phương trình: 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 x y 1 y Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x = 1, y = -1 Bài 2: (29) a 2 a a 1 a a a a B = = a 2 a 1 a 0 a 0 Để biểu thức B có nghĩa thì: a 0 a 1 a a a a 1 (1) a a 1 a 2 (1) B = a 1 a1 2 a B= a 1 a1 a 1 a 1 a a 1 a a a a a 1 a a a 1 a1 a a Vậy: B = a Bài 3: Cho phương trình: x2 – (m+1)x + 2m - = (Với m là tham số) Ta có: m 1 2m 3 m 2m 8m 12 m 6m m 3 Với m Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt Với x1, x2 là hai nghiệm phương trình ta có: x1 x2 m x1 x2 2m Từ x1 + x2 = m + m x1 x2 (1) Từ x1.x2 = 2m – m Từ (1) và (2) ta có: x1 x2 3 (2) x1 x2 x1 x2 3 x1 x2 x1 x2 5 Vậy x1 x2 x1 x2 5 là hệ thức liên hệ hai nghiệm không phụ thuộc m Bài 4: (30) M N C P Q d K H A O B Ta có: AKB = AHB = 900 A, B, H, K cùng thuộc đường tròn đường kính AB hay tứ giác AKHB nội tiếp Trong đườn tròn (O) ta có: ABC = ACN (1) (Góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung) Ta lại có: ABC = HKC (2) (Cùng bù với góc AKH ) Từ (1) và (2) suy ra: ACN = HKC KH // NP (3) Mà: KN // HP (Cùng vuông góc với d) (4) Mặt khác: KNP = 900 (5) Từ (3), (4), và (5) ta có: tứ giác HKNP là hình chữ nhật (Hình bình hành có góc vuông) Ta có: AMC = 900 (AM d), AHC = 900 (AH BC) AMC + AHC = 1800 Tứ giác AHCM nội tiếp HMP = HAC (Cùng chắn cung CH) (6) Chứng minh tương tự ta BKCQ là tứ giác nội tiếp KQN = KBC (Cùng chắn cung BC) Mà KBC = HAC (cùng chắn cung KH đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHK) Nên KQN = HAC (7) Từ (6) và (7) suy ra: KQN = HMP Xét MPH và QNK có: MPH = KNQ = 900 HMP = KQN (Chứng minh trên) PH = KN (Vì tứ giác HKNP là hình chữ nhật) Do đó: MPH = QNK (Cạnh góc vuông – góc nhọn) MP = QN (31) Bài 5: (1 Điểm) 1 Chứng minh rằng: x( – x ) Với < x < 1 1 x(1 x ) x x 4 Ta có: x(1 x) 1 x 0 x (1 x) 2 1 x 0 x Khi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2 1 A = x (1 x) Với < x < 1 Từ câu ta có: 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 (Vì x 0, Vì x2 1 0 x 0 2x ) x(1 x) x 2 x 2x Giá trị nhỏ A = 16 Khi: hết - SỞ GD & ĐT THANH HOÁ Bµi 1: Cho biÓu thøc: A = KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2005 – 2006 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT a a1 a a 1 a 1 Để biểu thức A có nghĩa thì: a 0 và a 1 Với a 0 và a 1 thì: (32) a a1 A= a a a a 2 = Vậy A = a a a 1 a = a1 a 1 a 1 a a 1 a 1 a1 a 1 a 2 a1 a1 a1 Để A < -1 thì a 0 a 1 1 a Vậy: với a thì a 0 a 1 a 1 a a 0 a a 1 a A < -1 Bài 2: (2 Điểm) Giải phương trình: x2 – x - = Ta có: = (-1)2 – 4.(-6) = 25 > 0, 25 5 1 1 x1 3, x2 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: Vậy phương rình đã cho có hai nghiệm x1 = 3, x2 = -2 Phương trình: x2 – (a - 2)x – 2a = x ax x 2a 0 x a x 0 Phương trình có hai nghiệm x = a, x = -2 Nếu: x1 = a, x2 = -2 thì: 2x1 + 3x2 = 2a + 3.(-2) = a = Nếu: x1 = -2, x2 = a thì: 2x1 + 3x2 = 2(-2) + 3.a = a = Vậy a = a = thì phương trình có hai nghiệm thoả mãn 2x1 + 3x2 = Bài 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 được: (1) a b (2) (33) 2 b b 3b 0 b 1 b 1 b (vì b là số thực dương) Thay b 1 vào (2) ta 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 Bài 4: Ta có: HNC = 900 (Góc nội tiếp chắn B nửa đưởng tròn) H HN// AB (Cùng vuông góc với AC) (*) M AMN = MNH (So le trong) (1) O Mà: BCN = MNH (2) (Góc nội tiếp và góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung cùng A N C chắn cung đường tròn (O)) Từ (1) và (2) suy ra: BCN = AMN Do đó: BCN + BMN = AMN + BMN = 1800 Tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn AH BO (gt) AH là tiếp tuyến đường tròn (O) H AHN = HMN (Hai góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung đường tròn (O)) Xét MAN và HNA có: MAN = HNA = 900 AHN = HMN (Chứng minh trên) AN chung Do đó: MAN = HNA MA = HN (**) Từ (*) và (**) suy ra: Tứ giác AMHN là hình bình hành Mà MAN = 900 Tứ giác AMHN là hình chữ nhật (Hình bình hành có góc vuông) AH MN AN (3) (Vì tứ giác AMHN là hình chữ nhật) Ta có: MH Mặt khác: 1 đường cao) NC NA NC AC AN AC AH NA NA AN AN AN (4) (Vì AHC vuông H có HN là (34) NC MN 1 NA Từ (3) và (4) suy ra: MH Bài 5: Ta có: 2 ab ab ab 1 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 Dấu “=” xẩy khi: a b ab a ab b 0 a b ab a b 2 a b Vậy 2 với a b 0 Hết - SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2006 – 2007 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT (35) a a a a a 1 a BiÓu thøc: A = Bµi 1: a 0 a 0 Để biểu thức A có nghĩa thì: a a a a a 1 a A = = a 3 a 1 a 3 a 1 a a a 3 3 Vậy A = – a 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 9 a Với a 0 và a 25 1 x 9 x Bài 2: Giải phương trình: (1) x 0 x 3 x 3 x 3 0 x (*) Điều kiện xác định phương trình: x 0 (1) x x x x 12 0 x x 0 x = - (thoả mãn điều kiện (*)) x = (Không thoả mãn điều kiện (*)) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - Bài 3: Giải hệ phương trình: 5(3 x y ) 3 y 15 x y 3 y 15 x y 4 30 x y 8 3 x 4(2 x y ) 3 x 8 x y 9 x y 1 9 x y 1 1 x x x 21x 7 3 9 x y 1 9 x y 1 9 y 1 y 1 x ,y Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm Bài 4: Phương trình: x2 – 2mx + m|m| + = có: ' m m m m m m Để phương trình đã cho vô nghiệm thì: ' m2 m m Nếu m Bất phương trình (1) trở thành: m m luôn đúng Nếu m < Bất phương trình (1) trở thành: (*) (1) (36) m2 m2 m2 m (*) Từ (*) và (**) suy với m > -1 thì phương trình đã cho vô nghiệm Bài 5: Gọi V, R, h là thể tích, bán kính đáy, chiều cao hình trụ Theo bài ta có: R = cm, h = 2cm V = R2.h = 32.2 = 18 cm3 Bài 6: a Ta có: AHC vuông H và M là trung B điểm AC HM = MC hay MHC cân M N H b MHC cân M MHC = MCH (1) HMC = 1800 - MCH A = 1800 - ACB = 1800 - ABC C M = CBN hay NMC = NBC Tứ giác NBMC nội tiếp đường tròn c Tứ giác NBMC nội tiếp BNM = BCM (2) (cùng chắn cung MB) BHN = BNH (đối đỉnh) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: BNH = BHN BNH cân B BN = BH Mà AM = MC = MH Nên ta cần chứng minh: 2MH2 = AB2 + AB.BH 2MH.MH = AB (AB + BH) AC.AM = AB.AN Thật vậy: Xét ACN và ABM có:  chung ACN = ABM (Cùng bù với MBN ) Do đó: ACN ABM Vậy: 2MH2 = AB2 + AB.BH Bài 7: Với a > Ta có: AC AM AB AN AC.AM = AB.AN (37) a 5(a 1) a a 9(a 1) a 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 Dấu “=” xẩy khi: a 5(a 1) 11 2a Vậy: a Với a > hết - (38) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007 – 2008 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Bài 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = a + ax + x + = (a + ax) + (x + 1) = a(1 + x) + (x + 1) =(x+1)(a+1) x2 – 3x + = Giải phương trình: Ta có: a + b + c = +(-3) + = c Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = Vậy: Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = Bài 2: Gọi V, R, h là thể tích, bán kính đáy, chiều cao hình nón Theo bài ta có: R = AC = cm, h = AB = 18cm 1 V = R h = 22.18 = 24 cm3 Chứng minh với a 0; a 1 ta có: a a 1 a a a a a 1 a1 a 1 a a1 1 a1 a a 1 a Bài 3: Vì phương trình x2 – 2(a+1)x + a2 + = (Với a là tham số) có nghiệm x = 1, gọi nghiệm còn lại là x2 ta có: 1 2(a 1) a 0 x2 a Vậy: phương trình a 1 0 x2 a a 1 x2 1 x2 – 2(a+1)x + a2 + = nghiệm còn lại là x = Giải hệ phương trình: x2 x 1 y 2 1 y 2 a 1 x2 3 (Với a là tham số) có nghiệm x = 1, (39) x2 x 1 1 1 1 y2 x2 y 2 x2 y 2 x x y y x y y2 x2 y 2 x x 1 x 3 x 1 x 1 y 3 y 1 x2 y 2 x y x 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm y 1 Bài 4: Ta có: HNB = 900 (góc nội tiếp chắn C nửa đường tròn (O’)) HNC = 900 M I (1) N Ta có: AMH = 900 (góc nội tiếp chắn nửa A đường tròn (O)) HMC = 900 O K H O' B (2) ABC vuông C MCN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) Tứ giác CMHN là hình chữ nhật (tứ giác có góc vuông) Vì tứ giác CMHN là hình chữ nhật CMN = CHN (4) HBN = CHN (5) (Góc nội tiếp và góc tạo tia tiếp tuyến và đay cung củng chắn cung HN đườn tròn (O’)) Từ (4) và (5) CMN = HBN hay CMN = ABN AMN + ABN = AMN = NMC = 1800 Tứ giác AMNB nội tiếp đường tròn Gọi I là giao điểm MN và HC IM = IH = IN Xét OMI và OHI có: IM = IH OM = OH OI chung Do đó: OMI = OHI OMI = OHI = 900 hay OM MN MN là tiếp tuyến đường tròn đường kính AH (*) Chứng minh tương tự ta có: O’NI = O’HI = 900 hay O’N MN tứ giác OMNO’ là hình thang (OM // O’N) Gọi K là tâm đường tròn đường kính OO’ KO = KO’ (40) Trong hình thang OMNO’ ta có KI là đường trung bình nên : KI // OM KI MN (6) 1 Và KI = (OM + O’N) = (OH + HO’) = OO’ I thuộc đường tròn đường kính OO’ (7) Từ (6) và (7) ta có: MN là tiếp tuyến đường tròn đường kính OO’ Từ (*) và (**) suy ra: MN là tiếp tuyến chung đường tròn đường kính AH và đường tròn đường kính OO’ Bài 5: Từ a + b = 2005 a = 2005 - b Khi đó: ab = (2005 - b) b 2 2005 2005 2005 2005 b b = Dấu “=” xẩy 2005 b 0 a 2005 b 2005 2005 b 2005 a b 2005 2005 Vậy giá trị lớn ab a b 2005 Hết - (41) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2008 – 2009 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Bài 1: Cho hai số x1 = - , x2 = + Ta có: 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 được: x1 x2 1 x2 x2 1 x2 x2 0 Vậy x1 , x2 là hai nghiệm phương trình x x 0 Bài 2: Giải hệ phương trình: 3x y 7 3 x y 7 11x 11 x 1 x 1 2 x y 1 8 x y 4 x y 1 2.1 y 1 y 1 x 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm y 1 Rút gọn biểu thức: Với a 0; a 1 a a A= = ta có: a 1 a 1 a = a1 a1 a 1 a 1 a a 2 a 1 a 2 a 1 Vậy A = a a 1 a 1 a 1 a a 1 a a 2 Với a 0; a 1 Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy đường thẳng (d): y = (m2 - m)x + m song song với đường 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 đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) Bài 4: (42) C Ta có: NAI = NMA (1) (góc A nội tiếp và góc tạo tia tiếp tuyến B I và dây cung cùng chắn cung AN đường tròn (O’)) H N ABC = AMC(Hai góc nội tiếp O O' cùng chắn cung AC đường tròn (O)) hay NMA = ICB (2) Từ (1) và (2) suy ra: NAI = IBC Xét AIN và BIC có: M NAI = IBC (c/m trên) AI = IB (vì I là trung điểm AB) AIN = BIC (đối đỉnh) Do đó: AIN = BIC IC = IN tứ giác ANBC có hai đường chéo cắt trung điểm đường Tứ giác ANBC là hình bình hành ANBC là hình bình hành IBN = IAC hay IBN = BAC (3) Mặt khác: BMC = BAC (4) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC đường tròn (O)) Từ (3) và (4) suy ra: IBN = BMI BI là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN Gọi AH là đường cao tam giác ABC , C’ là điểm chính cung nhỏ BC CH C’I SANBC = 2SACB = 2 CH.AB = CH.AB Để SANBC lớn thì SACB lớn CH lớn CH = C’I C trùng với C’ hay C là điểm chính cung nhỏ BC Mà M, I, C thẳng hàng M, O, C thẳng hàng M là điểm chính cung lớn BC Bài 5: 1 x x2 2005 1 x x2 2005 22006 Điều kiện xác định phương trình x x 1 Gọi a là nghiệm dương phương trình đó a 1 2 Ta có: a a 0,1 a a (43) 2005 a 1 2005 2005 2005 1 a a2 1 a a2 1 a 1 a 1 a a2 a 1 2005 2005 a 1 2005 1 a a2 1 a 1 a a2 1 a a2 1 a a 2005 2005 2005 2 a2 1 a a2 1 a 2005 2005 2 2a 2 2.1 2005 Vì a 1 2.22005 22006 2 2006 1 a a 1 a a a 1 a 1 Vậy phương trình đã cho có x = là nghiệm dương Hết - (44) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Bài 1: Phương trình: x2 – 4x + q = (1) với q là tham số Khi q = Phương trình (1) trở thành x2 – 4x + = Ta có: a + b + c = + (- 4) + = c Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = Để phương trình (1) có nghiệm thì: ' ( 2) q 0 q 0 q 4 Vậy với q 4 thì phương trình (1) có nghiệm Bài 2: Giải hệ phương trình: 2 x y 5 x y 7 2 x y 10 x y 7 x 3 3 y 7 x 3 y 2 x 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm y 2 Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1) Phương trình đường 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 đường thẳng (d) là nghiệm phương trình: x2 = kx + x2 - kx - = (2) Ta có: = k2 –4.(- 1) = k2 + > với k Nên phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt với k Hay đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) hai điểm phân biệt G và H với k Hoành độ hai điểm G và H là x và x2 Khi đó x1 và x2 là hai nghiệm c 1 phương trình (2)., áp dụng định lý vi – ét ta có: x 1.x2 = a = -1 Đường thẳng d1 qua O(0;0) và điểm G(x1 ; x12) có phương trình là: y = x1.x Đường thẳng d2 qua O(0;0) và điểm H(x2 ; x22) có phương trình là: y = x2.x Vì x1.x2 = -1 nên d1 d2 hạy OG OH suy ra: Tam giác GOH là tam giác vuông O (45) Bài 4: Ta có: C OQD + OBD = 900 + 900=1800 Tứ giác BDQO nội tiếp Q đường tròn D Xét BKD và AKC có: KBD = KAC = 900 BKD = AKC A O B K Do đó: BKD AKC CA BD CK DK (1) Mà CA = CQ, DQ = DB (2) (hai tiếp tuyến cùng xuất phát điểm) CQ DQ Từ (1) và (2) suy ra: CK DK hoctoancapba.com Trong tam giác ODB vuông B ta có: BD = OB tg BOD = R.tg Ta có: BOQ = BOD = (Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OKQ = 900 - KOQ = 900 - OQ R Trong tam giác vuông OQK vuông Q ta có: OK = cos KOQ = cos 2 R KA = OK + OA = cos 2 + R Trong tam giác KAC vuông A ta có: R AC = AK.tg AKC = ( cos 2 + R) tg(900 - ) 1 Ta có: DOQ = BOQ, COQ = AOQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 1 Do đó: COD = DOQ + COQ = ( BOQ + AOQ) = 1800 = 900 COD vuông O Mà OQ KC nên OQ2 = CQ.QD = AC.BD (vì CA = CQ, DQ = DB ) AC.BD = R2 Vậy: tích AC.BD phụ thuộc vào R, không phụ thuộc vào Bài 5: (1 Điểm) Ta có: D2 = (t + u + v)2 = u2 + v2 + t2 + 2uv + 2ut + 2vt (1) (46) 3t Mặt khác: Theo giả thiết u2 + uv + v2 = 1- 2uv = - 2u2 - 2v2 -3t2 (2) Thay (2) vào (1) ta được: 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 = - D t u v t u v 3 t u v Vậy: giá trị nhỏ D là Giá trị lớn D là 3 t u v Hết - (47) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Bài 1: (2 Điểm) Cho phương trình: x2 + px - = (1) với p là tham số 1 Khi p = Phương trình (1) trở thành x2 + 3x - = Ta có: a + b + c = + (-6) + = c Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = - 2 Ta có: p 4.( 4) p 16 x1 x2 p x x Nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2 và Mặt khác: 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 Để: x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > thì: 3p > p > Vậy với p > thì phương trình (1) luôn có nghiệm x1, x2 thoả mãn x1(x22 + 1) + x2(x12 + 1) > Bài 2: Với c 0; c 9 ta có: c 3 c C = c 3 Vậy C = Ta có: c 3 1 c c = c c 3 c 3 c c 3 với c 3 c 3 c c 3 c 3 c3 c 0; c 9 4 c 3 c 3 c 12 c c 3 c c 3 (48) Do đó: giá trị nguyên C = Khi đó: 1 c 3 c 4 c 1 Vậy với c = thì C nhận giá trị nguyên Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x và các điểm C, D thuộc Bài 3: parabol (P) với 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 phương trình đườn thẳng CD Gọi y = ax + b là phương trình đường thẳng CD Vì điểm C(2; 4) thuộc đường thẳng CD nên ta có: = 2a + b b = – 2a (1) Vì điểm D(-1; 1) thuộc đường thẳng CD nên ta có: = (-1)a + b (2) Thay (1) vào (2) ta được: = -x + – 2a a = Thay a = vào (1) ta b = – 2.1 = Vậy đường thẳng CD có phương trình: y = x + 2 Để đường thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + (với q là tham số) song song với đường thẳng CD thì: 2q q 1 2q q 0 q 2 q 2 Vậy với q 1 1 1 q 1 q 0 q 2 q 1 thì đường thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + (với q là tham số) song song với đường thẳng CD Bài 4: Ta có: CMD = 900, CND = 900 C Nên C, D, M, N cùng thuộc đường tròn đường kính CD N K' Hay tứ giác CDMN là tứ giác nội tiếp H đường tròn KDB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) DK // CM (cùng vuông góc với BD) (1) O B I K P M D KCB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CK // DN (cùng vuông góc với BC) (2) Từ (1) và (2) suy tứ giác CHDK là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối song song) (49) Gọi KP là đường cao tam giác CKD , I là trung điểm CD, K’ là điểm chính cung nhỏ DC KP K’I Vì tứ giác CHDK là hình bình hành nên SCDH = SCKD = KP.CD Để SCDH lớn thì SCKD lớn KP lớn KP = K’I K trùng với K’ hay K là điểm chính cung nhỏ CD Mà K, O, B thẳng hàng B là điểm chính cung lớn CD Vậy điểm B là điểm chính cung lớn CD thì diện tích tam giác CDH lớn Bài 5: Ta có: u + v = u2 + v2 = 16 – 2uv Mặt khác: u, v là các số dương 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 và u + v =4 u = v = 65 Vậy giá trị nhỏ P là u = v = Hết - (50) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Bài 1: (1,5 Điểm) , Với hai số x1 = + x2 = - ) + (1 - Ta có: x1 + x2 = (1 + 2)=2 Giải hệ phương trình: 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 phương trình đã cho có nghiệm x = -1, y = Bài 2: Với c 0; c 4 ta có c c 2 c c c c C = c 2 c 2 4 c : c c 1 : c c 2 c c 2 1 c 2 c ( c 2) 2 c Vậy C = c với c 0; c 4 Với c 6 2 thì C = c 2 2 2 1 (2 2) Bài 3: (2,5 Điểm) Cho phương trình x2 – (2p – 1)x + p(p – 1) = (1) (Với p là tham số) Với p = phương trình (1) trở thành x2 – (2.2 – 1)x + 2(2 – 1) = x2 – 3x + = hoctoancapba.com Ta có: a + b + c = + (-3) + = c Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = a = (51) 2 Ta có: p 1 p p 1 4 p p p p 1 với p Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với p x1, x2 là hai nghiệm phương trình (1) (với x1 < x2) nên : x1 (2 p 1) p 1 (2 p 1) p p x2 p 2 , Ta có: x12 – 2x2 +3 = (p - 1)2 – 2p +3 = p2 – 4p + = (p - 2)2 với p x12 – 2x2 +3 = (p - 2)2 = p 2 Vậy x12 – 2x2 +3 Bài 4: Ta có: CFH = 900, CKH = 900 D Nên C, F, H, K cùng thuộc đường tròn đường kính CH z F Hay tứ giác CFHK là tứ giác nội tiếp H đường tròn Ta có: CFE CKD C Q K CF CK CE CD E Xét CFK và CED có: C chung CF CK CE CD Dó đó: CFK CED (c – g - c) Vì EFD = 900, EKD = 900 K, F thuộc đường tròn đường kính ED Ta có: CFK = KED ( vì CFK CED ) (1) CFK = CHK hay CFK = QHK (cùng chắn cung CK đường tròn ngoại tiếp tứ giác CKHD) (2) QKD = KED hay QKH = KED (góc nội tiếp và góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung KF đường tròn đường kính DE)(3) Từ (1), (2) và (3) ta có: QKH = QHK (4) QHK cân Q QK = QH (*) Mặt khác ta có: QKH + QKC = 900 (5) QHK + QCK = 900 (6) Từ (4), (5) và (6) QCK cân Q QK = QC (**) Từ (*) và (**) suy QC = QH hay Q là trung điểm CH (52) Bài 5: a b c Vì a, b, c là các số dương nên b c > 0, a c > 0, b a > 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 bc 2a a a 2a b c a b c a c a c b c a a c 1 2 bc a b b 2b b a c 2b b b 2b a c a b c ba ba bca ba 1 2 b c a c c 2c c ba 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 Dấu “ = “ xẩy khi: b c a a c b a b c 0 b a c Trái với giả thiết a, b, c là các số dương Vậy: a b c 2 bc a c ba Hết - (53) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT (54) (55) (56) (57) (58) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2013 – 2014 Môn thi: Toán Ngày thi: 12 tháng năm 2013 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,0 điểm) Cho phương trình a Tính tổng: S = a+b+c b Giải phương trình trên với các hệ số a=1; b=2; c=-3 Giải hệ phương trình Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức với a) Rút gọn biểu thức Q b) Tính giá trị Q Câu 3: (2,0 điểm) Cho đường thẳng d: y = 2bx+1 và parabol (P) = a) Tìm b để d qua b) Tìm b để đường thẳng d cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có hoành độ là thỏa mãn điều kiện Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính EF Bán kính IO vuông góc với EF, gọi J là điểm trên cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI L, kẻ LS vuông góc với EF (S thuộc EF) a) Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp b) Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N cho FN=EJ Chứng minh rằng, tam giác IJN vuông cân c) Gọi d là tiếp tuyến (O) E Lấy D là điểm nằm trên d cho hai điểm D và I nằm trên cùng nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng EF và ED.JF = JE.OF Chứng minh đường thẳng FD qua trung điểm đoạn thẳng LS Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c > thỏa mãn CMR: (59) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Câu 1(2đ) a) S = b) Pt có hai nghiệm phân biệt : x1 = ; x2 = -3 Hpt có nghiệm (x;y) = (2;0) Câu 2(2đ): 1 y a) Q = y ( y 1) ( y 1) y 1 y1 y 1 21 b) y 3 2 (1 2) Q = Câu 3(2đ) a) (d) qua B(1;5) = 2b.1 + b = PT (d) : y = 4x + b) Hoành độ giao điểm là nghiệm pt : 2x2 + 2bx + = (*) , Có : = b2 - ĐK để (d) và (P) cắt tai hai điểm pb là (*) có nghiệm pb Điềm này xảy b b (*1) Vì x1 ; x2 là nghiệm nên theo viet ta có : x1 + x2 = -b Theo đề bài : x12 + x22 + 4(x1 + x2) = (x1 + x2)2 + 2.(x1 + x2) = b2 + 2b = b = (loại) b = -2(t/m) Vậy b = -2 Câu 4(3đ) a) Tứ giác IFSL nt đg tròn đg kính LF b) MC IJN vuông cân: , Trong (O) có IO FE(gt) I là điểm chính EF IE = IF(đl liên hệ cung và dây) Xét EJI và FIN có: IE = IF(cm trên) EJ = FN (gt) NFI JEI (góc nt chắn JI ) EJI = FIN(c.g.c) JI = IN (1)(hai cạnh tương ứng) NIF JIE và (góc tương ứng) EIN JIE NIF EIN hay JIN EIF Mà EIF = 900(góc nt chắn nửa đg tròn) JIN = 900 (2) Từ (1) và (2) suy tam giác IJN vuông cân.(đpcm) c) Gọi P là gđ FJ với DE K là gđ DF với LS DE OE Theo đề bài ED.JF = JE.OF hay JE JF ( DO OE = OF) DEO EJF (cgc) J EOD EF Mà chúng vị trí đồng vị nên OD//FP Lại có o là trung điểm EF D là trung điểm EP(đl đg tb) ED=DP(3) Mặt khác LS//EP(cùng vuông góc với EF) SK KF LK FK SK KL ED FD (talet); DP FD (talet) ED PD kết hợp với (3) K là trung điểm LS (đpcm) Câu 5(1đ) (60) a4 b 3c a b c 16 Áp dụng cosi: b4 c 3a b c 3a 16 c4 a 3b c a 3b 16 b 3c c 3a a 3b (a b c ) VT + ( 16 + 16 + 16 ) 2 (a b c ) ( a b c) VT - Dấu xảy khi: a4 b 3c b 3c 16 b 3c 4 b c 3a c 3a 4 a b c 1 16 c 3a a 3b 4 c a 3b 16 a 3b (do a;b;c dương) Mặt khác áp dụng BĐT bunhia: 2 (a + b + c)2 (1 + 1+ 1)(a2 + b2 + c2 ) a + b + c a b c 2 - (a + b + c) - a b c 1 (a b c ) (a b c) (a b c ) 2 2 - - a b c (a b c ) 2 VT - a b c Dấu xảy khi: a = b = c = Lại có: a2 + b2 2ab b2 + c2 2bc c2 + a2 2ca a2 + b2 + c2 ab + bc + ca a2 + b2 + c2 a b c a b c 1 ab bc ca Dấu xảy khi: a b2 c2 Xét hiệu: 3 (a b c ) 2 A= - a b c - 2 Đặt t = a b c với t 3 3 3 2 A= t - t- =(2 t - t)+( t- )= = (t - ).( t + ) Do t nên A 3 (a b c ) 2 Hay - a b c 4 3 ) + (t 3 t2 - t t (t - a4 b4 c4 b 3c c 3a a 3c Dấu xảy và khi: a = b = c =1(đpcm) 3) (61) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÈ CHÍNH THỨC ĐỀ A KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2014 – 2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2014 Đề có: 01 trang gồm 05 câu Câu 1: (2,0 điểm) Giải các phương trình: a x – = b x2 – 6x + = 3x - 2y = Giải hệ phương trình: x + 2y = x -1 1 A= : x -x x x +1 với x > 0; x 1 Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức: Rút gọn A Tính giá trị biểu thức A x = + Câu 3: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = mx - tham số m và Parabol (P): y = x Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm A(1; 0) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hoàng độ x -x = là x1, x2 thỏa mãn Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi C là trung điểm OA; qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn đó hai điểm phân biệt M và N Trên cung nhỏ BM lấy điểm K ( K khác B và M), trên tia KN lấy điểm I cho KI = KM Gọi H là giao điểm AK và MN Chứng minh rằng: Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp AK.AH = R2 NI = BK Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA Đề chính thức ĐỀ A Câu Q= 1 + + x + y +1 y + z +1 z + x +1 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO Năm học: 2014 – 2015 Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút Nội dung Điểm (62) Giải các phương trình: a x = b x2 – 6x + = Nhận thấy + (-6) + = phương trình có dạng a+ b + c = Câu x1 = (2điểm x =5 ) Vậy ngiệm phương trinh là: 0.5 0.75 3x - 2y = 4x = x = x + 2y = y = Giải hệ phương trình: x + 2y = 0.75 Câu Với với x > 0; x 1 (2điểm x -1 1 A= : ) x -x x x +1 x +1- x x -1 A= : x( x +1)( x -1) x x +1 1 x x +1 x( x +1) A= x A= 2 Với x = + ( 1) A= x = ( 1) , suy 31 1 0.5 0.5 Câu Đường thẳng (d) qua điểm A(1; 0) nên có = m.1- m = (2điểm Xét phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P): x - mx + = Có Δ = m -12 ) (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hoàng độ là x1, x2 m 2 Δ = m -12 > m 12 m m x1 + x = m x1x = 0.5 0.75 Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: Theo bài ta có 2 x1 - x = x1 - x = x1 + x - 4x1x = m - 4.3 = m = 16 m = ±4 m = ±4 là giá trị cần tìm Câu Ta có AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); MN AB (3điểm AMB + BCH = 900 tứ giác BCHK nội tiếp ) Ta có ΔACH ΔAKB(gg) AH AC = AB AK AH.AK = AC.AB = 2R R = R 2 Ta có: ΔOAM (cân M và O) MAB = NAB = MBN = 600 0.75 1.0 1.0 0.25 (63) ΔMBN, ΔKMI Xét ΔKMB và ΔIMN có: MK = MI (cạnh tam giác KMI) 0.25 KMB = IMN 0.25 (cùng cộng với góc BMI 60 ) MB = MN (cạnh tam giác BMN) ΔKMB ΔIMN(c.g.c) 0.25 NI = BK Câu Với x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = ta đặt x = a3, y = b3, z = c3 abc = (1điểm Khi đó ta có: ) x + y +1 = a + b3 + abc = a + b a - ab + b + abc a + b ab + abc = ab(a + b + c) Tương tự: y + z +1 bc(a + b + c) z + x +1 ca(a + b + c) 1 abc abc abc Q= + + + + 1 x + y +1 y + z +1 z + x +1 ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c) Vậy GTLN Q = a = b = c, hay x = y = z =1 Câu nàu la anh em với đề thi HSG lớp huyện H.Hóa 2009 - 2010 0.25 0.25 0.25 0.25 (64) (65) (66)