ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

NĂM HỌC 2011-2012 TỪ CÁC TRƯỜNG TRÊN CẢ NƯỚC

(_www.vnmath.com_)

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 (Đợt 1 ) Đề thi gồm: 01 trang

Câu 1 (3,0 điểm).

1) Giải các phương trình: a. 5( 1) 3 7 x x

b. 4 2 3 4

1 ( 1)

x

x x x x

2) Cho hai đường thẳng (d1): 2 5y x ; (d2): 4 1y x cắt nhau tại I. Tìm m để đường thẳng (d3): ( 1) 2 1y m x m đi qua điểm I.

Câu 2 (2,0 điểm).

Cho phương trình: 2 2( 1) 2 0x m x m (1) (với ẩn là x ). 1) Giải phương trình (1) khi m =1.

2) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . 3) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là 1x ; 2x . Tìm giá trị của m để 1x ; 2x là độ dài hai

cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 .

Câu 3 (1,0 điểm). Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4 m thì được một hình chữ

nhật mới có diện tích 77 m2. Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu?

Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có Â > 900. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E.

1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi F là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A). Chứng minh ba điểm B,

F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD. 3) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH.BD.

Câu 5 (1,0 điểm).

Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng:

13 3 3

x y z

x x yz y y zx z z xy.

---------------------------Hết---------------------------

Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:.........................................................

Chữ kí của giám thị 1:..............................................Chữ kí của giám thị 2:...........................................

ĐỀ CHÍNH THỨC

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011

Đáp án gồm: 02 trang

I, HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.

- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng

chấm.

- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.

II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

Biến đổi được 5x + 5 = 3x + 7 0,5 1.a

2x 2 x = 1 0,5

Điều kiện: x 0 và x 1 0,25

Biến đổi được phương trình: 4x + 2x – 2 = 3x + 4 3x = 6 x = 2 0,5 1.b

So sánh với điều kiện và kết luận nghiệm x = 2 0,25

Do I là giao điểm của (d1) và (d2) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương trình:

2 5

4 1

y x

y x

0,25

Giải hệ tìm được I(-1; 3) 0,25

Do (d3) đi qua I nên ta có 3 = (m+ 1)(-1) + 2m -1 0,25

1

2

Giải phương trình tìm được m = 5 0,25

Khi m = 1 ta có phương trình x2 – 4x + 2 = 0 0,25 1

Giải phương trình được 1x 2 2 ; 2x 2 2 0,25

Tính 2' m 1 0,25 2

Khẳng định phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25

Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương2m 2 0

m 02m 0

0,25

Theo giả thiết có x12 + x2

2 = 12 (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 12 0,25

24(m 1) 4m 12 m2 + m – 2 = 0 0,25

2

3

Giải phương trình được m = 1 ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

3

Gọi kích thước của hình chữ nhật là a, b (m) điều kiện a, b > 0 0,25

Do chu vi của hình chữ nhật bằng 52 nên ta có a + b = 26 0,25

Sau khi giảm mỗi chiều đi 4 m thì hình chữ nhật mới có kích thước là a – 4 và b – 4

nên (a – 4)(b – 4) = 77 0,25

3

Giải hệ phương trình và kết luận được các kích thước là 15 m và 11 m 0,25

Hình vẽ đúng:

0,25

Lập luận có 0AEB 90 0,25

Lập luận có 0ADC 90 0,25

1

Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 0,25

Ta có 0AFB AFC 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra 0AFB AFC 180

Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng 0,25

AFE ABE (cùng chắn AE ) và AFD ACD (cùng chắn AD ) 0,25

Mà ECD EBD (cùng chắn DE của tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25

2

Suy ra: AFE AFD => FA là phân giác của góc DFE 0,25

Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra AH EH

AD ED (1) 0,25

Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra BH EH

BD ED (2) 0,5

4

3

Từ (1), (2) ta có: AH BH

AH.BD BH.ADAD BD

0,25

Từ 22x yz 0 x yz 2x yz (*) Dấu “=” khi x2 = yz 0,25

Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) x(y z) 2x yz

Suy ra 3x yz x(y z) 2x yz x ( y z) (Áp dụng (*)) 0,25

5

x xx 3x yz x ( x y z)

x 3x yz x y z

(1)

0,25

x

H

D

B C

E

A

F

O O'

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

4

Tương tự ta có:yy

y 3y zx x y z

(2),

z z

z 3z xy x y z

(3)

Từ (1), (2), (3) ta có x y z

1x 3x yz y 3y zx z 3z xy

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012

Môn : TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 05 câu trên 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm):

1. Rút gọn các biểu thức

a) A 2 8 b) a bB + . a b - b a

ab-b ab-a

với 0, 0,a b a b

2. Giải hệ phương trình sau: 2x + y = 9

x - y = 24

Câu 2 (3,0 điểm): 1. Cho phương trình 2 2x - 2m - (m + 4) = 0 (1), trong đó m là tham số. a) Chứng minh với mọi m phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt: b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm m để 2 2

1 2x + x 20 . 2. Cho hàm số: y = mx + 1 (1), trong đó m là tham số. a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A (1;4). Với giá trị m vừa tìm được, hàm số

(1) đồng biến hay nghịch biến trên R? b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng (d) có phương trình:

x + y + 3 = 0 Câu 3 (1,5 điểm):

Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B dài 30 km. Khi đi ngược trở lại từ B về A người đó tăng vận tốc thêm 3 (km/h) nên thời gia về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp lúc đi từ A đến B. Câu 4 (2,5 điểm):

Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ điểm A bên ngoài đường tròn, kẻ 2 tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Từ B, kẻ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn tại D (D khác B). Nối AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Nối BK cắt AC tại I.

1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

5

2. Chứng minh rằng : IC2 = IK.IB. 3. Cho · 0BAC 60 chứng minh ba điểm A, O, D thẳng hàng.

Câu 5 (1,0 điểm):

Cho ba số x, y, z thỏa mãn x, y, z 1: 3

x + y + z 3

. Chứng minh rằng: 2 2 2x + y + z 11

HẾT

Họ và tên thí sinh:............................................................ Số báo danh:........................ Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:.............................................................................. Giám thị 2:..............................................................................

câu nội dung điểm

1. a) A= 232)21(222 0,5

b) B= abbabaa

b

bab

a

)()(

= babaabbaab

ba

)()(

0,5

2.

1

11

13

11

911.2

333

92

24

92

x

y

x

y

x

yx

yx

yx

Vậy hpt có nghiệm (x;y) = (11;-13)

0,75 0,25

1. a) 5)4(.1)1(' 222 mm Vì mmm ,0',02 . Vậy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

0,5 0,5

b) Áp dụng định lý Vi –ét

)4(

22

21

21

mxx

xx

28220822

20220222

212

2122

21

mmm

xxxxxx

vậy m= 2

0,5

2. a) Vì đồ thị của hàm số (1) đi qua A(1;4) 4= m.1+1

3 m Với m = 3 hàm số (1) có dạng y = 3x +1; vì 3>0 nên hàm số (1) đồng biến trên R.

0,5 0,5

2

b) (d) : y = - x – 3 0,5

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

6

Vì đồ thị của hàm số (1) song song với (d)

31

1m

Vậy m = -1 thì đồ thị của hàm số (1) song song với (d) 3 Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h, x>0)

Khi đi từ B về A vận tốc của người đó là x + 3 (km/h)

thời gian đi từ A đến B là )(30

hx

thời gian đi từ B về A là )(3

30h

x

vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = )(2

1h nên ta có pt

)(15

)(12

07297209

01803

36018060

2

1

3

3030

2

1

2

2

KTMx

TMx

xx

xxxx

xx

Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 12km/h

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

a) Ta có

COAC

BOAB( t/c tiếp tuyến)

000

0

0

180909090

90

ACOABO

ACO

ABO

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp ( định lý đảo về tứ giác nội tiếp)

0,25 0,5 0,25

4

b) xét IKC và IC B có IBCICKIchung ; ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung

0,5

B

D

C

O A K

I

1

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

7

CK)

IBIKICIC

IK

IB

ICggICBIKC .)( 2

0,5

c) 0

00

602

1

120360

BOCBDC

BACACOABOBOC

(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC) Mà BD//AC (gt) 0

1 60 BDCC ( so le trong) 000 306090 OCDODC

030 CDOBDO 0120 CODBOD

CDBD

cgcCODBOD

)(

Mà AB = AC (t/c 2tt cắt nhau); OB = OC = R Do đó 3 điểm A, O, D cùng thuộc đường trung trực của BC Vậy 3 điểm A, O, D thẳng hàng.

0,25 0,25

Vì 3;1,, zyx

11

23

2)(

2)(2

2)(2

0)(3)(927

01

0)3)(3)(3(

0)1)(1)(1(

31

31

31

222

2222

2222

222222

zyx

zyx

zyxzyx

zyxxzyzxyzyx

xzyzxy

xyzxzyzxyzyx

zyxxzyzxyxyz

zyx

zyx

z

y

x

0,25 0,25 0,25 0,25

5

Cách2:.Không giảm tính tổng quát, đặt x = max zyx ,, 3 = x + y + z 3x nên 1 x 3 2 ( x -1 ) . (x - 3) 0 (1) Lại có: x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 + 2(y +1) (z+1) = x2 + ( y + z )2 + 2 ( y + z ) + 2 = x2 + ( 3 - x )2 + 2 ( 3- x) + 2 = 2 x2 - 8x + 17 = 2 ( x -1 ) . (x - 3) + 11 (2) Từ (1) và (2) suy ra x2 + y2 + z2 11

Dấu đẳng thức xảy ra x = max zyx ,, ( x -1 ) . (x - 3) = 0 (y +1) (z+1) = 0

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

8

x + y + z = 3 Không xảy ra dấu đẳng thức .............

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1

a) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 1)x + 3 song song với đường thẳng y = 5x – 1.

b) Giải hệ phương trình: 2 5

3 2 4

x y

x y

Câu 2

Cho biểu thức: 1 1 1

11 1

Pa a a

với a >0 và 1a

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Với những giá trị nào của a thì P > 1

2.

Câu 3 a) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị các hàm số: y = x2 và y = - x + 2. b) Xác định các giá trị của m để phương trình x2 – x + 1 – m = 0 có 2 nghiệm x1, x2

thỏa mãn đẳng thức: 1 21 2

1 15 4 0x x

x x

.

Câu 4 Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q sao cho P thuộc cung AQ. Gọi C là giao điểm của tia AP và tia BQ; H là giao điểm của hai dây cung AQ và BP.

a) Chứng minh tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh CBP HAP . c) Biết AB = 2R, tính theo R giá trị của biểu thức: S = AP.AC + BQ.BC.

Câu 5

Cho các số a, b, c đều lớn hơn 25

4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

ĐỀ CHÍNH Ứ

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

9

2 5 2 5 2 5

a b cQ

b c a

.

----- Hết ------

Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh…………..

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2011-2012 Môn Toán

Ngày thi 24 tháng 6 năm 2011 Mã đề 02

Câu Nội dung Điểma) Để đường thẳng y =(2m – 1)x+3 song song với đường thẳng y =5x – 1 2m – 15= 5 (do 3 1 )

0,5đ

2 6 3m m 0,5đ

b) Ta có: 2 5 4 2 10

3 2 4 3 2 4

x y x y

x y x y

0,5đ 1

7 14 2

2 5 1

x x

x y y

0,5đ

a) Với 0 1a thì ta có:

1 1 1 2 11 .

1 1 1 1

a aP

a a a aa a

0,5đ

2

1 a

0,5đ

b) Với 0 1a thì P > 1

2

2 10

21 a

30

2 1

a

a

0,5đ

2

1 0 1a a . Kết hợp với điều kiện a >0, ta được 0 < a < 1. 0,5đ

a) Hoành độ giao điểm các đồ thị hàm số y = x2 và y = - x + 2 là nghiệm của phương trình: x2 = - x+2 x2 + x – 2 = 0

0,5đ 3

Giải ra được: x1 = 1 hoặc x2 = - 2. Với x1 = 1 y1 = 1 tọa độ giao điểm A là A(1; 1) Với x2 =-2 y2 = 4 tọa độ giao điểm B là B(-2; 4)

0,5đ

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

10

b) Ta có : 2 4 1 4(1 ) 4 3b ac m m . Để phương trình có 2 nghiệm

x1, x2 thì ta có 3

0 4 3 04

m m (*) 0,25đ

Theo định lí Vi-et, ta có: 1 2 1b

x xa

và 1 2. 1c

x x ma

0,25đ

Ta có: 1 21 2 1 2

1 2 1 2

1 1 55 4 5 . 4 (1 ) 4 0

. 1

x xx x x x m

x x x x m

2 2 22 8 05 1 4 1 0

411

mm mm m

mmm

0,25đ

Kết hợp với đk (*) ta có: m = 2 là giá trị cần tìm. 0,25đ

a) Ta có: 90APB AQB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

0,5đ

90CPH CQH . Suy ra tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn. 0,5đ

b) CBP và HAP có: 90BPC APH (suy ra từ a))

0,5đ

CBP HAP (góc nội tiếp cùng chắn cung

PQ CBP HAP (g – g) 0,5đ

c) Gọi K là giao điểm của tia CH và AB. Từ giả thiết suy ra K thuộc cạnh AB (1)

0,25đ

ABC có ;AQ BC BP AC . Suy ra H là trực tâm của ABC

CH AB tại K 0,25đ

Từ đó suy ra: + APB AKC . .AP AC AK AB (2) + BQA BKC . .BQ BC BK BA (3)

0,25đ

4

- Cộng từng vế của (2) và (3) và kết hợp với (1), ta được: S = AP. AC + BQ. BC = AB2 = 4R2. 0,25đ

5 Do a, b, c > 25

4(*) nên suy ra: 2 5 0a , 2 5 0b , 2 5 0c 0,25đ

O K

H

Q P

C

BA

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

11

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương, ta có:

2 5 22 5

ab a

b

(1)

2 5 22 5

bc b

c

(2)

2 5 22 5

ca c

a

(3)

0,25đ

Cộng vế theo vế của (1),(2) và (3), ta có: 5.3 15Q .

Dấu “=” xẩy ra 25a b c (thỏa mãn điều kiện (*)) 0,25đ

Vậy Min Q = 15 25a b c 0,25đChú ý: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

BÌNH ĐỊNH Năm học: 2011 – 2012 Khóa thi: Ngày 30 tháng 6 năm 2011

MÔN: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Baøi 1: (2,0 ñieåm)

3x y = 7a) Giaûi heä phöông trình

2x + y = 8

.

b) Cho haøm soá y = ax + b . Tìm a vaø b bieát raèng ñoà thò cuûa haøm soá ñaõ cho song song vôùi ñöôøng thaúng y 2x 3 vaø ñi qua ñieåm M 2 ; 5 . Baøi 2: (2,0 ñieåm)

2Cho phöông trình x 2 m 1 x m 4 0 ( á )vôùi m laø tham so .

a) Giaûi phöông trình ñaõ cho khi m 5 . b) Chöùng toû phöông trình ñaõ cho luoân coù hai nghieäm phaân bieät vôùi moïi giaù trò cuûa tham soá m. c) Tìm m ñeå phöông trình ñaõ cho coù nghieäm x1, x2 thoõa maõn heä thöùc

2 21 2 1 2x x 3x x 0 .

Baøi 3: (2,0 ñieåm)

ĐỀ CHÍNH THỨC

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

12

Moät maûnh ñaát hình chöõ nhaät coù chieàu daøi hôn chieàu roäng 6m vaø bình phöông cuûa soá ño ñoä daøi ñöôøng cheùo gaáp 5 laàn soá ño cuûa chu vi. Tính dieän tích cuûa maûnh ñaát hình chöõ nhaät ñaõ cho. Baøi 4: (3,0 ñieåm) Cho ñöôøng troøn taâm O vaø BC laø daây cung khoâng ñi qua taâm. Treân tia ñoái cuûa tia BC laáy ñieåm M sao cho M khoâng truøng vôùi B. Ñöôøng thaúng ñi qua M caét ñöôøng troøn (O) ñaõ cho taïi N vaø P (N naèm giöõa M vaø P) sao cho O naèm beân trong PMC . Goïi A laø ñieåm chính giöõa cuûa cung nhoû NP. Caùc daây AB vaø AC laàn löôït caét NP taïi D vaø E . a) Chöùng minh töù giaùc BDEC noäi tieáp. b) Chöùng toû MB.MC = MN.MP . c) OA caét NP taïi K. Chöùng minh MK2 > MB.MC .

Baøi 5: (1,0 ñieåm) 2

2x 2x 2011Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa bieåu thöùc A =

x

(vôùi x 0 )

……………………………… Heát ……………………………

HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI

· Baøi 1: 3x y = 7 5x 15 x 3

Ta coù 2x + y = 8 2x y 8 y 2

a)

* Vaäy heä phöông trình ñaõ cho coù nghieäm duy nhaát x ; y 3 ; 2 .

b) Goïi (d) vaø (d/) laàn löôït laø ñoà thò cuûa haøm soá y = ax + b vaø y =2x + 3

/ a 2d // d

b 3

. Vôùi a =2 haøm soá ñaõ cho trôû thaønh y =2x + b (d)

M Md ñi qua M 2 ; 5 y 2.x b 5 = 2.2 + b b = 9 ( b 3)thoõa ñieàu kieän * Vaäy a = 2 vaø b = 9. · Baøi 2: a) * Khi m =5, phöông trình ñaõ cho trôû thaønh:

2x 8x 9 0 (vôùi a = 1 ; b = 8 ; c = 9) (*) * Ta thaáy phöông trình (*) coù caùc heä soá thoõa maõn ab + c = 0 ; neân nghieäm cuûa phöông trình (*) laø:

1 2cx 1 vaø x 9 ( ).

anhaåm nghieäm theo Viet

* 1 2Vaäy khi m = 5, phöông trình ñaõ cho coù hai nghieäm phaân bieät x 1 vaø x 9. b) Phöông trình ñaõ cho (baäc hai ñoái vôùi aån x) coù caùc heä soá: a = 1 ; b/ = m + 1 vaø c = m4 ; neân:

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

13

K

E

D

AP

N

M CB

O

/2

2 2 1 19 19m 1 m 4 m m 5 m 02 4 4

21vì m + 0 ; 2

bình phöông moät bieåu thöùc thì khoâng aâm

/1 20 ; vaäy phöông trình ñaõ cho luoân coù hai nghieäm phaân bieät x , x vôùi moïi giaù trò cuûa tham soá m.

c) Theo caâu b, phöông trình ñaõ cho luoân coù hai nghieäm phaân bieät vôùi moïi giaù trò cuûa tham soá m. Theo heä thöùc Viet, ta coù:

1 2

1 2

x x 2 m 1I

x x m 4

.

Caên cöù (I), ta coù: 22 2 21 2 1 2 1 2 1 2

m 0x x 3x x 0 x x x .x 0 4m 9m 0 9m

4

.

* 1 29Vaäy m 0 ; thì phöông trình ñaõ cho coù nghieäm x , x thoõa heä thöùc

4

2 21 2 1 2x x 3x x 0 .

· Baøi 3: * Goïi x(m) laø ñoä daøi cuûa chieàu roäng maûnh ñaát hình chöõ nhaät ñaõ cho. (Ñieàu kieän x > 0) Khi ñoù: Chieàu daøi cuûa maûnh ñaát hình chöõ nhaät ñaõ cho laø: x + 6 (m) Chu vi cuûa maûnh ñaát hình chöõ nhaät naøy laø: 4x + 12 (m)

Theo Pytago, bình phöông ñoä daøi cuûa ñöôøng cheùo hình chöõ nhaät laø: x2 + (x + 6)2. Do bình phöông cuûa soá ño ñoä daøi ñöôøng cheùo gaáp 5 laàn soá ño cuûa chu vi neân ta coù phöông trình:

22 2x x 6 5 4x 12 x 4x 12 0 (*) * Giaûi phöông trình (*) baèng coâng thöùc nghieäm ñaõ bieát ta ñöôïc:

1 2x 2 vaø x 6 > 0loaïi thoõa ñieàu kieän x · Vaäy chieàu roäng cuûa maûnh ñaát hình chöõ nhaät ñaõ cho laø 6m ; chieàu daøi cuûa maûnh ñaát naøy laø 12

m; do ñoù dieän tích cuûa maûnh ñaát hình chöõ nhaät ñaõ cho laø 72 m2. · Baøi 4: a) Chöùng minh töù giaùc BDEC noäi tieáp. Theo tính chaát cuûa goùc coù ñænh ôû beân trong ñöôøng troøn (O), ta coù:

sñAN sñPCAEN2

sñAP sñPC = vì AN AP (gt)2

sñAPC = 2

= ABC vì ABC laø cuûa (O) chaén APC

goùc noäi tieáp

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

14

AEN DBC

Maø AEN DEC 180 ø

Neân DBC DEC 180 Töù giaùc BDEC noäi tieáp ( )

hai goùc keà bu

theo ñònh lyù ñaûo veà töù giaùc noäi tieáp

b) Chöùng toû MB.MC = MN.MP .

Xeùt MBP vaø MNC , coù:

PMC : Goùc chung.

MPB MCN ( ) hai goùc noäi tieáp cuûa O cuøng chaén cung nhoû NB

Suy ra MBP ∽ MNC (g – g) MB MP MB.MC = MN.MP .MN MC

c) Chöùng minh MK2 > MB.MC . * Vì A laø ñieåm chính giöõa cuûa cung nhoû NP (gt) suy ra OA NP taïi K (ñöôøng kính ñi qua ñieåm chính giöõa cuûa moät cung thì vuoâng goùc vôùi daây caêng cung ñoù ). Suy ra K laø trung ñieåm cuûa daây NP (ñöôøng kính vuoâng goùc moät daây thì ñi qua trung ñieåm cuûa daây ñoù) Suy ra NP = 2.NK . MB.MC = MN.MP (theo caâu b), suy ra:

MB.MC = MN(MN + NP) = MN(MN + 2.NK) = MN2 + 2.MN.NK (1)

MK2 = (MN + NK)2 = MN2 + 2.MN.NK + NK2 > MN2 + 2.MN.NK ( do NK2 > 0 ) (2)

Töø (1) vaø (2): MK2 > MB.MC .

· Baøi 5: 2

2x 2x 2011Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa bieåu thöùc A =

x (vôùi x 0 )

* Caùch 1: (Duøng kieán thöùc ñaïi soá lôùp 8)

2

2

22

22

2

x 2x 2011A = vôùi x 0x1 1 1 = 1 2 2011 = 2011.t 2t + 1 (vôùi t = 0)x x x

1 1 1 = 2011 t 2 t 12011 20112011

1 2010 2010 1 = 2011 t daáu"=" t = x 2011 ; tho2011 2011 2011 2011

õa x 0

* 2010Vaäy MinA = x = 2011.2011

* Caùch 2: (Duøng kieán thöùc ñaïi soá 9)

2

2

2 2

2

x 2x 2011A = vôùi x 0x

A.x x 2x 2011

A 1 x 2x 2011 0 * coi ñaây laø phöông trình aån x

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

15

2011Töø (*): A 1 = 0 A = 1 x = (1)2

Neáu A 1 0 thì (*) luoân laø phöông trình baäc hai ñoái vôùi aån x. x toàn taïi khi phöông trình (*) coù nghieäm.

/

/

2

0

1 2011 A 1 0

2010 b 1 1A daáu "=" (*) coù nghieäm keùp x = 2011 ; thoõa x 0 (2)20102011 a A 1 12011

So saùnh (1) vaø (2) thì 1 khoâng phaûi laø giaù trò nhoû nhaát cuûa A maø:

* 2010MinA = x = 2011.2011

……………………………… Heát……………………………

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

16

së gi¸o dôc vμ ®μo t¹o K× THI TUYÓN SINH líp 10 THPT

L¹ng s¬n N¨M häc 2011 - 2012

M¤N THI: TOÁN

®Ò chÝnh thøc Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2 điểm):

a. Tính giá trij của các biểu thức: A = 25 9 ; B = 2( 5 1) 5

b. Rút gọn biểu thức: P = 2 1

:x y xy

x y x y

Với x>0, y>0 và x y.

Tính giá trị của biểu thức P tại x = 2012 và y = 2011. Câu 2 ((2điểm): Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ, đồ thị của các hàm số y = x2 và y = 3x – 2. Tính tọa độ các giao điểm của hai đồ thì trên. Câu 3 (2 điểm):

a. Tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật, biết chiều dài hơn chiều rộng 1 m và độ dài mỗi đường chéo của hình chữ nhật là 5 m.

b. Tìm m để phương trinh x - 2 x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt. Câu 4 (2 điểm) Cho đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C là những tiếp điểm).

a. Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp. Nêu cách vẽ các tiếp tuyến AB, AC. b. BD là đường kính của đường tròn (O; R). Chứng minh: CD//AO. c. Cho AO = 2R, tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Câu 5 (2 điểm) Tìm số tự nhiên n biết: n + S(n) = 2011, trong đó S(n) là tổng các chữ số của n.

……………………..……………..……….Hết………………………….………………

Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ tên thí sinh…………………………………………… SBD……………….

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

17

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (2 điểm):

a. Tính giá trij của các biểu thức: A = 25 9 = 5 + 3 = 8 ;

B = 2( 5 1) 5 = ( 5 1) 5 5 1 5 1

b. Rút gọn biểu thức: P = 2 1

:x y xy

x y x y

Với x>0, y>0 và x y.

P = 22 ( )1

: .( ) ( )( )x y xy x y

x y x y x y x yx y x y x y

tại x = 2012 và y = 2011 => P = 1 Câu 2 ((2điểm): Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ, đồ thị của các hàm số y = x2 và y = 3x – 2. Tính tọa độ các giao điểm của hai đồ thì trên.

a) Vẽ đồ thị trên cùng một hệ trục x -2 -1 0 1 2

y = x2 4 1 0 1 4 Vẽ y = 3x-2 Cho x = 0 => y =-2 ; Cho x = 1=> y = 1 HS tự vẽ. Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x2 và y = 3x – 2 là nghiệm của phương trình: x2 = 3x - 2 x2 - 3x + 2 = 0 ta có a + b + c = 0 => x1 = 1 => y1 = 1 x2 = 2 => y2 = 4. Vậy tọa độ các giao điểm của hai đồ thì trên là (1; 1) và (2; 4).

Câu 3 (2 điểm): a. Gọi chiều dài là x (m) (ĐK: x > 1), chiều rộng sẽ là x – 1 (m) Vì độ dài mỗi đường chéo của hình chữ nhật là 5 m Áp dụng Pytago ta có: x2 + (x - 1)2 = 52 x2 + x2 - 2x +1 – 25 = 0 2x2 – 2x – 24 = 0 x2 - x – 12 = 0 x1 = 4 (TM) x2 = - 3 (loại) Vậy chiều dài là 4m, chiều rộng là 3m. b. Tìm m để phương trinh x - 2 x + m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt. Đặt x = t (ĐK: t 0) (1) t2 – 2t + m = 0 (2) Để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (2) phải có hai nghiệm dương

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

18

A

B

D C

pt (2) có hai nghiệm dương

'

1 2

1 2

1 m 0

x x 2 0 0 m 1

x .x m 0

Vậy với 0 m 1 pt (1) có 2 nghiệm phân biệt Câu 4 (2 điểm) a. Ta có 0ABO 90 (T/c là tia tiếp tuyến)

0ACO 90 (T/c tia tiếp tuyến) I H O => 0ABO ACO 180 Vậy ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO. - Vẽ đường tròn đường kính OA, đường tròn này cắt (O) tại B và C.

- Nối AB ; AC ta có hai tiếp tuyến cần vẽ. b. Gọi H là giao điểm của BC và OA Xét ABC có AB = AC => ABC cân tại A. Do đó AH đồng thời vừa là đường phân giác, đường cao, đường trung trực của ABC => HB = HC Xét BCD có HB = HC (CM trên) OB = OC (=R) OH là đường trung bình của BCD CD//OH hay CD//AO. c. ABC là tam giác cân =>OH = R/2 gọi I là giao điểm của OA và (O ; R) do OA = 2R nên I là trung điểm của OA, mà AI/AH = 2/3 nên I là trọng tâm của tam giác ABC và cũng là tâm đường tròn nội tiếp của ABC , vậy bán kính đường tròn nội tiếp r = IH = R/2.

Câu 5 (2 điểm) Tìm số tự nhiên n biết: n + S(n) = 2011, trong đó S(n) là tổng các chữ số của n. Nếu n có 1, 2, 3 chữ số thì n + S(n) < 1000 + 9 + 9 + 9 < 2011 nếu n có 5 chữ số trở lên thì n + S(n) > 10000 > 2011 Vậy n có 4 chữ số : n abcd do n < 2011 nên a = 1 hoặc a = 2 TH1: a = 2 ta có nếu b 0 hoặc c 0 thì n + S(n) > 2011 VL Nên b = 0 và c = 0 khi đó : 200d 2 d 2011 Vô lý vì VT chẵn còn VP lẻ. TH2: a = 1, nếu b < 9 thì n + S(n) < 1900 + 1+ 3.9 < 2011 Nên b = 9, khi đó : (1900 + 10c + d) + 1 + 9 + c + d = 2011 Hay 11c + 2d = 101. do d 9 nên 101 = 11c + 2d 11c + 18

83c

11 nên c = 8 hoặc c = 9

nếu c = 8 thì 11.8 + 2d = 101 d = 13/2 vô lý. vậy c = 9 d = 1 thử lại : 1991 + 1 + 9 + 9 + 1 = 2011 thoả mãn. Vậy n = 2011

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

19

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG NAM Năm học: 2011 – 2012

Khóa thi: Ngày 30 tháng 6 năm 2011 MÔN: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Bài 1 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:

A 2 5 3 45 500

1 15 12B5 23 2

Bài 2 (2,5 điểm):

1) Giải hệ phương trình:3x y 13x 8y 19

2) Cho phương trình bậc hai: 2x mx + m 1= 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 4. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2x ;x thỏa

mãn hệ thức : 1 2

1 2

x x1 1x x 2011

.

Bài 3 (1,5 điểm):

Cho hàm số y = 21 x4

.

ĐỀ CHÍNH THỨC

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

20

1) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đó. 2) Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt trục tung tại điểm có

tung độ bằng –2 và cắt đồ thị (P) nói trên tại điểm có hoành độ bằng 2. Bài 4 (4,0 điểm):

Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa của cung AB. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB. OD cắt AC tại M. Từ A, kẻ AH vuông góc với OD (H thuộc OD). AH cắt DB tại N và cắt nửa đường tròn (O; R) tại E.

1) Chứng minh MCNH là tứ giác nội tiếp và OD song song với EB. 2) Gọi K là giao điểm của EC và OD. Chứng minh rằng CKD = CEB.

Suy ra C là trung điểm của KE. 3) Chứng minh tam giác EHK vuông cân và MN song song với AB. 4) Tính theo R diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH.

======= Hết =======

Họ và tên thí sinh:.............................................Số báo danh:...................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG NAM Năm học: 2011 – 2012

Khóa thi: Ngày 30 tháng 6 năm 2011 MÔN: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM I. Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm

từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải

đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi. 3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25. II. Đáp án và thang điểm

Bài Câu Đáp án Điểm 1,0đ

A 2 5 3 45 500 2 5 9 5 10 5

= 5

0,50

0,50

1 ( 2,0đ)

1,0đ

3 5 21 15 12B 3 2

3 2 5 2 5 2

3 2 3

2

0,50

0,25 0,25

2 1) + Tìm được y = 2 ( hoặc x = 1) 0,25

ĐỀ CHÍNH THỨC

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

21

H

NM

K

E

D

BO

A

C

H

NM

K

E

D

BO

A

C

0,75đ + Tìm được giá trị còn lại + Kết luận nghiệm (x; y ) = ( 1; 2 )

0,25 0,25

a) +Khi m = 4 phương trình (1) trở thành 2x 4x 3 0 + Tìm được hai nghiệm x1 = 1 ; x2 = 3

0,25 0,50

(2 ,5đ)

2) 1,75đ

b)Cách 1: + Chứng tỏ ≥ 0 nên được P/t (1) có nghiệm với mọi m

+ Áp dụng hệ thức Viét : 1 2

1 2

x x m

x .x m 1

+ Biến đổi hệ thức 1 2

1 2

x x1 1x x 2011

thành m m

m 1 2011

(*)

+ Điều kiện của (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm được m = 0, m = 2012(tmđk) Cách 2: + Chứng tỏ a + b + c = 0 nên được P/t (1) có nghiệm với mọi m + Viết được x1 = 1; x2 = m – 1

+ Biến đổi hệ thức 1 2

1 2

x x1 1x x 2011

thành m m

m 1 2011

(*)

+ Điều kiện của (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm được m = 0, m = 2012(tmđk)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

1) 0,75đ

+ Lâp bảng giá trị có ít nhất 5 giá trị + Biểu diễn đúng 5 điểm trên mặt phẳng tọa độ + Vẽ đường parabol đi qua 5 điểm

0,25 0,25 0,25

3 ( 1,5đ)

2) 0,75đ

+ Xác định đúng hệ số b = –2 + Tìm được điểm thuộc (P) có hoành độ bằng 2 là điểm (2; 1)

+ Xác định đúng hệ số a = 32

0,25 0,25

0,25

Hình 0,50đ

Hình vẽ phục vụ câu 1: 0,25đ – câu 2 : 0,25đ

0,50

4 (4,0đ)

1) 1,0đ

+ Nêu được 0MCN 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) + Tứ giác MCNH có MCN MHN = 900 là tứ giác nội tiếp + Chứng minh AE BE từ đó suy ra OD // EB

0,50 0,25 0,25

Hình : Câu 1; 2 Hình cả bài

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

22

2) 1,0đ

+ Nêu được KDC EBC (slt) +Chứng minh CKD = CEB (g-c-g) + Suy ra CK = CE hay C là trung điểm của KE

0,25 0,50 0,25

3) 1,0đ

+ Chứng minh CEA = 450 + Chứng minh EHK vuông cân tại H . + Suy ra đường trung tuyến HC vừa là đường phân giác , do đó

1CHN EHK

2 = 450. Giải thích CMN CHN = 450 .

+Chứng minh CAB = 450, do đó CAB CMN . Suy ra MN // AB

0,25 0,25

0,25

0,25

4) 0,50đ

+ Chứng minh M là trọng tâm của tam giác ADB , dó đó DM 2DO 3

và chứng minh MN DM 2OB DO 3

MN = 2R3

+ Giải thích tứ giác MCNH nội tiếp đường tròn đường kính MN.

Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH bằng R3

Tính được diện tích S của hình tròn đường kính MN :

2R

S9

( đvdt)

0,25

0,25

............Hết..............

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOKÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 QUẢNG NGÃI KHÓA THI ngày 29-6-2011 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1.5 điểm) 1) Thực hiện phép tính: 2 9 3 16

2) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 – 20x + 96 = 0

b) 4023

1

x y

x y

Bài 2: (2.5điểm) 1) Cho hàm số y = x2 có đồ thị là (P) và đường thẳng (d): y = x + 2 a) Vẽ ( P ) và ( d ) trên cùng một hệ toạ độ Oxy b) Bằng phép tính hãy tìm toạ độ giao điểm của ( P ) và ( d ) 2) Trong cùng một hệ toạ độ Oxy cho 3 điểm: A(2;4); B(-3;-1) và C(-2;1). Chứng minh 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.

ĐỀ CHÍNH THỨC

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

23

3) Rút gọn biểu thức: 2

1

x x xM

x x x

với 0; 1x x

Bài 3: (1.5điểm) Hai bến sông cách nhau 15 km. Thơì gian một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B, tại bến B nghỉ 20 phút rồi ngược dòng từ bến B trở về bến A tổng cộng là 3 giờ. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốc của dòng nước là 3 km/h. Bài 4: (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A và C khác O ). Đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M ( với M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. 1. Chứng minh : BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2. Chứng minh EM = EF 3. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh D, I, B thẳng hàng; từ đó suy ra góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. Bài 5:(1.0 điểm) Cho phương trình ( ẩn x ): 2 2 3 0x m x m . Gọi x1 và x2 là hai

nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị của m để biểu thức 2 21 2x x có giá trị nhỏ

nhất.

-------- HẾT ---------

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012

MÔN : TOÁN

Bài 1:

1) Thực hiện phép tính: 2 22 9 3 16 2 3 3 4 2. 3 3. 4 2.3 3.4 6 12 18

2) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 20 96 0x x

2' 10 1.96 100 96 4 0; ' 4 2

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 110 2

121

x

; 210 2

81

x

Vậy tập nghiệm của pt là : 12;8S

b) 4023 2 4024 2012 2012

1 1 2012 1 2011

x y x x x

x y x y y y

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

24

Bài 2: 1) a) Vẽ 2:P y x

Bảng giá trị giữa x và y: x -2 -1 0 1 2 y 4 1 0 1 4

Vẽ : 2d y x

0 2: 0;2

0 2 : 2;0

x y A

y x B

6

4

2

-2

-4

-6

-10 -5 5 10

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 22 2 0 1x x x x

Vì 0a b c nên (1) có hai nghiệm là 1 21; 2x x * Với 1 11 1x y * Với 2 22 4x y

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: 1;1 và 2;4

2) Phương trình đường thẳng AB có dạng: y ax b d

Vì 2;4A và 3; 1B thuộc (d) nên ta có hpt 4 2 5 5 1

1 3 4 2 2

a b a a

a b a b b

Vậy phương trình đường thẳng AB là: 2y x Thay 2; 1x y vào pt đường thẳng AB ta có: 1 2 2 1 0 (vô lí). Suy ra 2;1C

không thuộc đường thẳng AB hay ba điểm 2;4 ; 3; 1 ; 2;1A B C không thẳng hàng.

3) 2

1

x x xM

x x x

(với 0; 1x x )

22 1 12 2 1 2 1

11 1 1 1 1 11

x x xx x x x x x x xM x

x x x x x x x xx x

Vậy 1M x (với 0; 1x x )

Bài 3: Đổi 120

3ph h

Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x (km/h), đk: x > 3 Vận tốc ca nô lúc xuôi dòng là: 3 /x km h

Vận tốc ca nô lúc ngược dòng là: 3 /x km h

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

25

Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là: 15

3h

x

Thời gian ca nô ngược dòng từ B về A là: 15

3h

x

Vì thời gian ca nô xuôi dòng, ngược dòng, kể ca thời gian nghỉ là 3 giờ. Do đó ta có ph:

15 15 13 1

3 3 3x x

Giải pt: MTC: 3 3 3x x

Qui đồng rồi khử mẫu pt (1) ta được: 45 3 45 3 3 3 9 3 3x x x x x x 2 2 245 135 45 135 9 9 81 8 90 72 0x x x x x x

2

1 2

' 45 8.72 2061 ' 2601 51

45 51 45 5112; 0,75

8 8x x

Đối chiếu với điều kiện x>3 ta thấy chỉ có x = 12 thỏa mãn. Vậy: Vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 12 km/h. Bài 4:

Chứng minh: a) Ta có: M O đường kính AB (gt) suy ra: 090AMB (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) hay

090FMB . Mặt khác 090 ( )FCB GT . Do đó 0180AMB FCB . Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Ta có: BCFM là tứ giác nội tiếp(cmt) EFM 1CBM (cùng bù với CFM )

Mặt khác EMF 2CBM (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn

AM ) 1 & 2 EFM EMF EFM cân tại E EFEM (đpcm)

c) Gọị H là trung điểm của DF. Dễ thấy IH DF và IF3

2

DHID .

Trong đường tròn I ta có: IF

2

DDMF (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn DF ) hay

IF4

2

DDMA

Trong đường tròn O ta có: 5DMA DBA (góc nội tiếp cùng chắn DA )’

GT

Nữa đường tròn (O) đường kính AB C cố định và C OA

M O ; ME là tiếp tuyến của (O) CD OA I là tâm đường tròn ngoại tiếp FDM

KLa) BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn b) EM = EF c) D, I, B thẳng hàng; từ đó suy ra góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD.

IH

F

E

D

OA B

M

C

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

26

3 ; 4 ; 5 DIH DBA

Dễ thấy 090CDB DBA 090HDI DIH Mà DIK DBA cmt

Suy ra CDB HDI hay ; ;CDB CDI D I B thẳng hàng.

Ta có: D; I; B thẳng hàng (cmt) 2

ADABI ABD sd . Vì C cố định nên D cố định

2

ADsd không đổi.

Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. Bài 5: Cho phương trình ( ẩn x ) 2 2 3 0x m x m . Gọi 1x và 2x là hai nghiệm của

phương trình đã cho. Tìm giá trị của m để biểu thức 2 21 2x x có giá trị nhỏ nhất.

Phương trình 2 2 3 0 1x m x m là phương trình bậc hai, có:

2 2 2 2 29 5– 2m 3 4. 4 12 9 4 4 8 9 4 2 4 2 1

4 4m m m m m m m m m m

.

2 254 1 4 1 5 0

4m m

với mọi m. Suy ra phương trình 1 luôn có hai nghiệm

phân biệt vói mọi m.

Áp dụng hệ thức Vi et, ta được: 1 2

1 2

2 3

.

S x x m

P x x m

2 22 2 2 2 21 2 1 2 1 2

2 22

5 92 2m 3 2 4 12 9 2 4 10 9 4

2 4

5 25 11 5 11 5 11 114 2. . 4 4

4 16 16 4 16 4 4 4

x x x x x x m m m m m m m m

m m m m

Dấu “=” xảy ra khi 5 50

4 4m m

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 2 21 2x x là 11

4 khi 5

4m

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

27

Bμi 1: ( 1,5 ®iÓm )

1. Cho hai sè : b1 = 1 + 2 ; b2 = 1 - 2 . TÝnh b1 + b2

2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh

32

12

nm

nm

Bμi 2: ( 1,5 ®iÓm )

Cho biÓu thøc B = 2

1:)

4

14

22(

bb

b

b

b

b

b víi b 0 vμ b 4

1. Rót gän biÓu thøc B

2. TÝnh gi¸ trÞ cña B t¹i b = 6 + 4 2

Bμi 3: ( 2,5 ®iÓm )

Cho ph−¬ng tr×nh : x2 - ( 2n -1 )x + n (n - 1) = 0 ( 1 ) víi n lμ tham sè 1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1) víi n = 2 2. CMR ph−¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi n 3. Gäi x1, x2 lμ hai nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (1) ( v¬Ý x1 < x2)

Chøng minh : x12 - 2x2 + 3 0 .

Bμi 4: ( 3 ®iÓm ) Cho tam gi¸c BCD cã 3 gãc nhän. C¸c ®−êng cao CE vμ DF c¾t nhau t¹i H .

1. CM: Tø gi¸c BFHE néi tiÕp ®−îc trong mét ®−êng trßn

2. Chøng minh BFE vμ BDC ®ång d¹ng 3. KÎ tiÕp tuyÕn Ey cña ®−êng trßn t©m O ®−êng kÝnh CD c¾t BH t¹i N. CMR: N lμ trung ®iÓm cña BH .

Bμi 5: ( 1 ®iÓm ) Cho c¸c sè d−¬ng x, y , z . Chøng minh bÊt ®¼ng thøc

2

yx

z

zx

y

zy

x

====================

Hướng dẫn giải ---------------------

Bμi 1: ( 1,5 ®iÓm )

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

28

1. Cho hai sè : b1 = 1 + 2 ; b2 = 1 - 2 . TÝnh b1 + b2

2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh

32

12

nm

nm

HD :

1. Theo bμi ra ta cã : b1 + b2 = 1 - 2 + 1 - 2 = 2

VËy b1 + b2 = 2

2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh

32

12

nm

nm

32

242

nm

nm

32

55

nm

n

1

1

m

n VËy hÖ ®· cho cã 1 cÆp nghiÖm ( n = 1 ; m = -1 )

Bμi 2: ( 1,5 ®iÓm )

Cho biÓu thøc B = 2

1:)

4

14

22(

bb

b

b

b

b

b víi b 0 vμ b 4

3. Rót gän biÓu thøc B

4. TÝnh gi¸ trÞ cña B t¹i b = 6 + 4 2 HD :

1. Víi víi b 0 vμ b 4 khi ®ã ta cã :

B = 2

1:)

4

1422(

bb

bbbbb

= bbb

b

bb

2

1

)2)(2(

2

2

1:)

4

1(

2. Víi b = 6 + 4 2

V× : 6 + 4 2 = 2 + 4 2 + 2 = ( 2 + 2 )2

=> B = 2

2

2

1

)22(2

1

)22(2

1

2

12

b

Bμi 3: ( 2,5 ®iÓm )

Cho ph−¬ng tr×nh : x2 - (2n -1 )x + n (n - 1) = 0 ( 1 ) víi n lμ tham sè 4. Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1) víi n = 2 5. CMR: Ph−¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi n 6. Gäi x1 , x2 lμ hai nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (1) ( v¬Ý x1 < x2 )

Chøng minh: x12 - 2x2 + 3 0 .

HD : 1. Víi n = 2 th× ph−¬ng tr×nh ®· cho ®−îc viÕt l¹i : x2 - 3x + 2 = 0 Ta thÊy : a = 1 ; b =-3 ; c = 2 mμ a + b + c = 0 nªn ph−¬ng tr×nh trªn lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1 = 1 vμ x2 = 2. 2. Tõ ph−¬ng tr×nh (1) ta cã = 4n2 - 4n + 1 - 4 ( n ( n - 1)) = 1 => > 0 n vËy ph−¬ng tr×nh ®· cho lu«n cãhai nghiÖm ph©n biÖt x1 = n -1 vμ x2 = n . 3. Theo bμi ra ta cã : x1

2 - 2x2 + 3 = ( n - 1 ) 2 -2n + 3 = n2 - 4n + 4 = ( n - 2 )2 V× ( n - 2)2 n 0 . dÊu b»ng x¶y ra khi n = 2

VËy : x12 - 2x2 + 3 = ( n - 2 )2 ≥ 0 víi mäi n ( §pcm )

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

29

B

H

C

E

N

D

F

H b. XÐt tø gi¸c CFED ta cã : CED = DFC = 900

( cïng nh×n ®o¹n th¼ng CD d−íi mét gãc vu«ng) => CFED néi tiÕp ®−êng trßn ®−êng kÝnh CD . => EFD = ECD ( Cïng ch¾n cung ED )

Bμi 4: ( 3 ®iÓm ) Cho tam gi¸c BCD cã 3 gãc nhän . C¸c ®−êng cao CE vμ DF c¾t nhau t¹i H .

4. CM : Tø gi¸c BFHE néi tiÕp ®−îc trong mét ®−êng trßn

5. Chøng minh BFE vμ BDC ®ång d¹ng 6. KÎ tiÕp tuyÕn Ey cña ®−êng trßn t©m O ®−êng kÝnh CD c¾t BH t¹i N. CMR: N lμ trung

®iÓm cña BH . HD :

BFE = 900 - EFD

= 900 - ECD = EDC

=> BFE = EDC (1 )

XÐt hai tam gi¸c : BFE vμ BDC ta cã :

B : Chung

=> BFE ®ång d¹ng BDC ( g -g ) ( §pcm )

BFE = EDC

c. Ta cã : BNE c©n t¹i N ThËt vËy :

EBH = EFH ( Cïng ch¾n cung EH ) (1)

MÆt kh¸c ta l¹i cã : BEN = 1/2 s® cung ED ( Gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn vμ d©y cung )

=> ECD = BEN = EFH (2)

Tõ (1 ) vμ (2) ta cã : EFH = BEN

=> BNE c©n t¹i N => BN = EN ( 3)

Mμ BEH vu«ng t¹i E

=> EN lμ ®−êng trung tuyÕn cña tam gi¸c BHE => N lμ trung ®iÓm cña BH (§pcm )

Bμi 5 : ( 1 ®iÓm ) Cho c¸c sè d−¬ng x, y , z . Chøng minh bÊt ®¼ng thøc :

2

yx

z

zx

y

zy

x

Áp dông B§T Cosi ta cã :

zyx

x

zy

x

x

zyxx

zy

x

zy

2

22

11.

O

a. Ta cã : BFH = BEC = 90 0 ( Theo gi¶ thiÕt)

BFH + BEC = 1800 tø gi¸c BFHE néi tiÕp ®-êng trßn ®-êng

kÝnh BH . H

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

30

zyx

y

zx

y

y

zyxy

zx

y

zx

2

22

1

1.

zyx

z

xy

z

z

zyxz

xy

z

xy

2

22

11.

Céng vÕ víi vÕ ta cã : 2)(2

zyx

zyx

xy

z

zx

y

zy

x dÊu b»ng x¶y ra

y+ z = x x+ z = y x + y + z = 0 y+ x = z

V× x, y ,z > 0 nªn x + y + z > 0 vËy dÊu b»ng kh«ng thÓ x¶y ra .

=> 2

xy

z

zx

y

zy

x víi mäi x, y , z > 0 ( §pcm )

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

31

Së gi¸o dôc vμ ®μo t¹o

b¾c giang

®Ò chÝnh thøc

®Ò thi tuyÓn sinh líp 10thpt

N¨m häc 2011 - 2012

M«n thi: to¸n

Ngμy thi: 01/ 7/ 2011 Thêi gian lμm bμi: 120 phót

(Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

C©u 1: (2,0 ®iÓm)

1. TÝnh 3. 27 144 : 36 .

2. T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó hμm sè bËc nhÊt y = (m - 2)x + 3 ®ång biÕn trªn R. C©u 2: (3,0 ®iÓm)

1. Rót gän biÓu thøc 3 1

2 13 1

a a aA

a a

, víi a0; a 1.

2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh: 2 3 13

2 4

x y

x y

.

3. Cho ph−¬ng tr×nh: 2 4 1 0x x m (1), víi m lμ tham sè. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó

ph−¬ngg tr×nh (1) cã hai nghiÖm 1 2,x x tho¶ m·n 2

1 2 4x x .

C©u 3: (1,5 ®iÓm)

Mét m¶nh v−ên h×nh ch÷ nhËt cã diÖn tÝch 192 m2. BiÕt hai lÇn chiÒu réng lín h¬n chiÒu dμi 8m. TÝnh kÝch th−íc cña h×nh ch÷ nhËt ®ã. C©u 4: (3 ®iÓm)

Cho nöa ®−êng trßn (O), ®−êng kÝnh BC. Gäi D lμ ®iÓm cè ®Þnh thuéc ®o¹n th¼ng OC (D kh¸c O vμ C). Dùng ®−êng th¼ng d vu«ng gãc víi BC t¹i ®iÓm D, c¾t nöa ®−êng trßn (O) t¹i ®iÓm A. Trªn cung AC lÊy ®iÓm M bÊt kú (M kh¸c A vμ C), tia BM c¾t ®−êng th¼ng d t¹i ®iÓm K, tia CM c¾t ®−êng th¼ng d t¹i ®iÓm E. §−êng th¼ng BE c¾t nöa ®−êng trßn (O) t¹i ®iÓm N (N kh¸c B). 1. Chøng minh tø gi¸c CDNE néi tiÕp. 2.Chøng minh ba ®iÓm C, K vμ N th¼ng hμng. 3. Gäi I lμ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BKE. Chøng minh r»ng ®iÓm I lu«n n»m trªn mét ®−êng th¼ng cè ®Þnh khi ®iÓm M thay ®æi. C©u 5: (0,5 ®iÓm)

Cho hai sè thùc d−¬ng x, y tho¶ m·n:

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

32

3 3 2 2 2 2 3 33 4 4 0x y xy x y x y x y x y .

T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc M = x + y.

---------------------------HÕt---------------------------

h−íng dÉn chÊm C©u 1: (2,0 ®iÓm)

1. 3. 27 144 : 36 81 12 : 6 9 2 7

2. Hμm sè bËc nhÊt y = (m - 2)x + 3 ®ång biÕn trªn R khi m 2 0 m 2 C©u 2: (3,0 ®iÓm)

1.

3 1 ( 3) ( 1).( 1)2 1 2 1

3 1 3 1

( 2).( 2) 4

a a a a a a aA

a a a a

a a a

2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:

2 3 1 3 2 3 1 3 7 2 1 3

2 4 2 4 8 2 4 2

x y x y y y

x y x y x y x

3.PT : 2 4 1 0x x m (1), víi m lμ tham sè.

2' ( 2) (m 1) 3 m

Ph-¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm khi 0 3 m 0 m 3 Theo hÖ thøc Viét ta có 1 2 4x x (2) ; 1 2. 1x x m (3) Theo đề bài ta có: 2 22 2 2 2

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 24 2 . 4 2 . 4 4 . 4x x x x x x x x x x x x x x (4)

Thay (2),(3) vµo (4) ta có: 16 - 4.(m+1) = 4 16- 4m – 4 = 4 - 4m=-8 m=2 (có thoả mãn m 3 ) C©u 3: (1,5 ®iÓm)

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x(m) ĐK : x>0

Vậy chiều dài của hình chữ nhật là 192

x(m )

Do hai lÇn chiÒu réng lín h¬n chiÒu dμi 8m nên ta có PT

2x - 192

x= 8 2x2 - 8x - 96 = 0

Giá trị x2 = -8 < 0 (loại) ; x1 =12 có thoả mãn ĐK

Vậy chiều rộng của hình chữ nhật là 12 m Chiều d�i của hình chữ nhật l� 192 ;12=16 (m)

C©u 4: (3 ®iÓm)

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

33

H

N

E

K

B

O

CD

M

a) Xét tứ giác CDNE có oCDE 90 ( GT) Và oBNC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên oENC 90 (Kề bù với góc BNC) Vậy oCDE CNE 90 nên tứ giác CDNE nội tiếp( Vì có hai đỉnh kề nhau là D,N cùng nhìn EC dưới 1 góc vuông) b) Gợi ý câu b: Tam giác BEC có K là giao điểm của các đường cao BM và ED nên K là trực tâm Vậy KC BE Tứ giác MENK nội tiếp nên góc KNE là góc vuông nên KN BE Vậy C,K ,N thẳng hàng

c) Gợi ý câu c: Lấy H đối xứng với C qua D, Do C,D cố định nên H cố định. tam giác HKC cân tại K nên KHC KCH Mà BED KCH (cùng phụ góc EBC) Vậy KHC BED nên tứ giác BEKH nội tiếp nên I t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BKE đi qua B và H cố định nên I thuộc đường trung trực của BH Câu 5: §Æt a = x+y = M; b = xy; 2 4a b Tõ gi¶ thiÕt cã:

3 2 2 2 33 3 6 4 4a ab a b b ab b =

2 2

2 2

( 2 )( 2 3 ) 0

2

2 3 0

a b a ab b b

a b

a ab b b

+) NÕu a =2b

Th×: x+y = 2xy. Mμ (x+y)2 4xy nªn (x+y)2 2( )x y 2;

" " : 1.

M x y

khi x y

(*)

+) NÕu 2 22 3 0a ab b b 2 2

2 2

2 3 0

2 ( 3) 0

a ab b b

b a b a

(1)

Gi¶ sö (1) cã nghiÖm b tho¶ m·n b2

4

a th×

b=23

2 4

a a 2 2 6 0 1 7;( : 0)a a a Do a vμ

2 2 3( 3) 8 0 ... ( 3 2 2)( 3 2 2) 0

2 2 1a a a a a a a

VËy a 1 7 (**)

Tõ (*) vμ (**) suy ra a = M cã gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 2 khi x = y =1.

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

34

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2011

MÔN: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức (không sử dụng máy tính cầm tay): a) 27 5 12 2 3M ;

b) 1 1

:42 2

aN

aa a

, với a > 0 và 4a .

Câu 2 (1,5 điểm) Giải các phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay): a) 2 5 4 0x x ;

b) 1 1

23

x

x

.

Câu 3 (1,0 điểm) a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số y = -x + 3; b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau.

Câu 4 (1,0 điểm) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 3x -5 = 0. Tính giá trị của biểu thức 2 2

1 2x x .

Câu 5 (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Tính chu vi của một hình chữ nhật, biết rằng nếu tăng mỗi chiều của hình chữ nhật thêm 4m thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 80m2 ; nếu giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài 5m thì diện tích hình chữ nhật bằng diện tích ban đầu. Câu 6 (3,0 điểm)

ĐỀ CHÍNH Ứ

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

35

Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ È vuông góc với AD (FAD; F O).

a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được; b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF; c) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO.

--------------------HẾT-------------------

Họ và tên thí sinh: ………………………………..Số báo danh:…………………………………..

Đáp Án : Câu 1 (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức (không sử dụng máy tính cầm tay): a) 27 5 12 2 3 3 3 10 3 2 3 11 3M ;

b) 1 1 2 2 2 4

: : . 24 4 4 42 2

a a a a a aN

a a a aa a a

Câu 2 (1,5 điểm) Giải các phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay): a) 2 5 4 0x x Ta có (a=1; b=-5; c=4) a+b+c=0 nên phương trình 2 5 4 0x x có hai nghiệm phân biệt x1 = 1 và x2 = 4.

b) 1 1

23

x

x

.

Điều kiện: 0x , ta có: 1 1

2( 1) 3 1 123

xx x x x

x

.

Câu 3 (1,0 điểm) a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số y = -x + 3. Đồ thị (d) là đường thẳng đi qua hai điểm A(0; 3) và B(3; 0). b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau. Gọi M là điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau, khi đó giả sử M(a; a) (d) thì :

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

36

a = -a + 3 2a = 33

2a . Vậy trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau là

3 3;

2 2M

.

Câu 4 (1,0 điểm)

Do x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 3x -5 = 0. Nên theo vi-ét, ta có: 1 2

1 2

3

. 5

x x

x x

Vậy: 2 2 2 21 2 1 2 1 2( ) 2 . ( 3) 2.( 5) 9 10 19x x x x x x .

Câu 5 (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là a và b (a > b > 2m).

Diện tích của hình chữ nhật sau khi tăng chiều dài và chiều rộng thêm 4m là 80m2 nên ta có phương trình: (a + 4)(b + 4) = 80 + ab (1)

Nhưng giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài 5m thì diện tích hình chữ nhật bằng diện tích ban đầu nên ta có phương trình: ab = (a + 5)(b - 2) (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

( 4)( 4) 80 4 4 16 80

( 5)( 2) 2 5 10

16 10

2 5 10 6

a b ab ab a b ab

ab a b ab ab a b

a b a

a b b

Vậy chu vi của hình chữ nhật là: 32m. Câu 6 (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD (FAD; F O).

a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được; b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF; c) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO.

Giải:

O

M

F

E

D

C

B

A

a) Ta có: 1ABD v (Do ABD chắn nữa đương tròn đường kính AD ) (1) AF 1E v (Do EF AD ) (2) Từ (1)và (2) suy ra: 2ABD AEF v nên tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đương kính AE. b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn đương kính DE (Hsinh tự c/m) EDF ECF (cùng chắn EF ) (3) Mặt khác trong (O) ta củng có ADB ACB (cùng chắn AB ) (4) Từ (3) và (4) suy ra: ACB ACF . Vậy tia CA là tia phân giác của góc BCF. (đpcm) c) Chứng minh: CM.DB = DF.DO.

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

37

Do M là trung điểm của DE nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCEF. MDC cân tại M, hay MD = CM. (5) Mặt khác hai tam giác cân MDF và ODB đồng dạng với nhau nên

. .DF DM

DM DB DF DODB DO

(6)

Từ (5) và (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm) Lưu ý: Đáp án trên còn có nhiều cách giải khác.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KIÊN GIANG -----

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012

----- MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 22/6/2011 Câu 1. (1,5 điểm) Tính: a) 12 75 48 b) Tính giá trị biểu thức: A = (10 3 11)(3 11 10) . Câu 2. (1,5 điểm) Cho hàm số (2 ) 3y m x m (1)

a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số khi 1m

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

38

b) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) đồng biến. Câu 3. (1 điểm)

Giải hệ phương trình: 2 5

3 1

x y

x y

Câu 4. (2,5 điểm) a) Phương trình: 2 3 0x x có 2 nghiệm 1 2, x x . Tính giá trị: X = 3 3

1 2 2 1 21x x x x b) Một phòng họp dự định có 120 người dự họp, nhưng khi họp có 160 người tham dự nên phải kê thêm 2 dãy ghế và mỗi dãy phải kê thêm một ghế nữa thì vừa đủ. Tính số dãy ghế dự định lúc đầu. Biết rằng số dãy ghế lúc đầu trong phòng nhiều hơn 20 dãy ghế và số ghế trên mỗi dãy ghế là bằng nhau. Câu 5. (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính chu vi tam giác ABC biết:

AC = 5 cm, HC = 25

13 cm.

Câu 6. (2,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB; Vẽ tiếp tuyến Ax, By với đường tròn tâm O. Lấy E trên nửa đường tròn, qua E vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax tại D cắt By tại C

a) Chứng minh: OADE nội tiếp được đường tròn b) Nối AC cắt BD tại F. Chứng minh: EF song song với AD

--------- HẾT-------- (Thí sinh được sử dụng máy tính theo quy chế hiện hành)

ĐAP AN

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1

2.

a)12 75 48 4.3 25.3 16.3

2 3 5 3 4 3 3

b) A = (10 3 11)(3 11 10) = 2 210 (3 11) 100 99 1 a) Khi 1m thì hàm số (1) trở thành:

2y x Xét hàm số 2y x ta có bảng giá trị:

x 0 -2 y 2 0

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

39

3.

4.

5.

b) (2 ) 3y m x m (1) Để đồ thị của hàm số (1) đồng biến thì: 2 0 2m m

2 5 2 5 7 7 1 1

3 1 6 2 1 2 5 1 2 5 2

x y x y x x x

x y x y x y y y

a) Phương trình: 2 3 0x x (a = 1 ; b = -1 ; c = -3) Ta có: a.c = 1 . (-3) = -3 < 0 phương trình có 2 nghiệm 1 2, x x .

Theo định lí Vi-ét ta có : 1 2

1 2

1

3

x x

x x

(I)

Theo đề ta có: X = 3 31 2 2 1 21x x x x = 2 2

1 2 1 2( ) 21x x x x

= 21 2 1 2 1 2( ) 2 21x x x x x x

Thay hệ thức (I) vào biểu thức X ta được: X =-3 . [12 – 2 (-3)] + 21 = -21 + 21 = 0 b) Gọi x (dãy) là số dãy ghế dự đinh lúc đầu( *Nx và 20x ) Khi đó 2x (dãy) là số dãy ghế lúc sau

Số ghế trong mỗi dãy lúc đầu: 120

x (ghế)

Số ghế trong mỗi dãy lúc sau: 160

2x ghế

Do phải kê thêm mỗi dãy một ghế nữa thì vừa đủ

nên ta có phương trình : 160 120

12x x

2

160 120( 2) ( 2)

38 240 0

30

8 (lo¹i)

x x x x

x x

x

x

Vậy số dãy ghế dự định lúc đầu là 30 dãy

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong ∆ABC ( 0A 90 ).

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

40

6.

Ta có: AC2 = BC. HC 2AC 25

BC = 13 (cm)25HC

13

Áp dụng định lí Pytago trong ∆ABC ( 0A 90 ) ta có:

BC2 = AC2 + AB2 2 2 2 2AB = BC AC 13 5 12 (cm) Chu vi tam giác ABC là: AB + BC + AC = 12 + 13 + 5 = 30 (cm)

a) Chứng minh: AOED nội tiếp được đường tròn: Xét tứ giác AOED có:

0DAO 90 (v× AD lμ tiÕp tuyÕn cña (O))

0DEO 90 (v× DC lμ tiÕp tuyÕn t¹i E cña (O))

0DAO DEO 180 AOED néi tiÕp ®−êng trßn ®−êng kÝnh OD b) Chứng minh EF song song với AD

Ta có :

DA ABDA // CB

CB AB

1 2

DAF = BCF (so le trong)

MÆt kh¸c: F = F (®èi ®Ønh)

AD AF

ADF CBF (g - g)CB CF

~ (1)

Mà AD = DE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) BC = CE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Từ (1) và (2) DE AF

EC FC

. Theo định lí Talet đảo suy ra:

EF // AD

------------HẾT-------------

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH THUẬN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Khóa ngày: 26 – 6 – 2011

Môn thi: TOÁN - Thời gian làm bài: 120 phút

(2)

F

D

C

OA B

E

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

41

ĐỀ: Bài 1: (2,0 điểm) Cho đường thẳng (d): y = -x + 2 và parabol (P): y = x2

a) Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Bằng đồ thị hãy xác định tọa độ các giao điểm của (d) và (P).

Bài 2: (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 3x2 – 4x – 2 = 0.

b) Giải hệ phương trình:

42

123

yx

yx

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho biểu thức: P = )1(342

8x

xx

xx

, với x 0

a/ Rút gọn biểu thức P.

b/ Tìm các giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q = P

P

1

2 nhận giá trị nguyên.

Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc BAC = 600, đường phân giác trong của góc ABC là BD và đường phân giác trong của góc ACB là CE cắt nhau tại I (D AC và E AB)

a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh rằng: ID = IE. c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD. BI

Bài 5: (1,0 điểm) Cho hình vuông ABCD. Qua điểm A vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC tại E và cắt đường thẳng CD tại F. Chứng minh rằng:

222

111

FA

ĐÁP ÁN

Bài 1: (2,0 điểm) a) Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Bằng đồ thị hãy xác định tọa độ các giao điểm của (d) và (P). Tọa độ các giao điểm của (d) và (P). A ( 1 ; 1 ) và B ( -2 ; 4 ) . Bài 2: (2,0 điểm) a)Giải phương trình: 3x2 – 4x – 2 = 0. 10)2.(3)2( 2'

3

1021

x ;

3

1021

x

b)Giải hệ phương trình : 3 x 2 y 1

;x 0; y 02 x y 4

3 x 2 y 1 x 1 x 1

y 4y 24 x 2 y 8

Bài 3: (2,0 điểm)

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

42

a)Rút gọn biểu thức P.

P = )1(342

8x

xx

xx

, với x 0

= xxx 21332

b)Tìm các giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q = P

P

1

2 nhận giá trị nguyên.

Q = P

P

1

2 = 2

121

)21(1

)21(2

xx

x

x

x

Q 11

xx

Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn.

Ta có: A = 600 B + C = 1200 IBC + ICB = 600 ( vì BI , CI là phân giác) BIC = 1200 EID = 1200 Tứ giác AEID có : EID + A = 1200 + 600 = 1800 Nên: tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn b) Chứng minh rằng: ID = IE Tam giác ABC có BI và CI là hai đường phân giác, nên CI là phân giác thứ ba EAI = AID cung EI = cung ID . Vậy: EI = ID

c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD. BI EAI = EDI ; ABD chung

BAI BDE BE

BI

BD

BA BA.BE = BD. BI

Bài 5: (1,0 điểm) Chứng minh : 222

111

FA

Qua A, dựng đường thẳng vuông góc với AF, đường

thẳng này cắt đường thẳng CD tại M Ta có: Tứ giác AECM nội tiếp ( vì EAM = ECM = 900) AME = ACE = 450 Tam giác AME vuông cân tại A AE = AM AMF vuông tại A có AD là đường cao, nên :

222

111

FAMD

Vì : AD = AB (cạnh hình vuông) ; AM = AE (cmt)

Vậy: 222

111

FA

E

I

AC

B

D

E

D

M

B

A

C

F

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

43

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 - 2012

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút - Ngày thi : 21/06/2011

Bài 1( 2 điểm)

1) Đơn giản biểu thức: A 2 3 6 8 4

2 3 4

2) Cho biểu thức: 1 1

( );( 1)1 1

P a aa a a a

Rút gọn P và chứng tỏ P 0 Bài 2( 2 điểm)

1) Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + 3 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Hãy lập một phương trình bậc hai có hai nghiệm (x1

2 + 1 ) và ( x22 + 1).

2) Giải hệ phương trình

2 34

2

4 11

2

x y

x y

Bài 3( 2 điểm) Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi đi được 2 giờ,người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B đúng thời gian đã định,người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại.Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp. Bài 4( 4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E.

1) Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn 2) Chứng minh BAE DAC 3) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC,đường

thẳng AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC. 4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a

---------------- Hết ------------

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

44

Bài giải : Bài 1

1) A 2 3 2 6 8 2 ( 2 3 4)(1 2)

1 22 3 4 2 3 4

2

1 12) ( ); 1

1

2 1 1 2 1 1; : 1

( 1 1) 0; 1

a a a aP a a

a a

a a a a vi a

P a a

Bài 2 x2 + 5x + 3 = 0 1) Có 25 12 13 0 Nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt , nên : x1+ x2 = - 5 ; x1x2 = 3 Do đó S = x1

2 + 1 + x22 + 1 = (x1+ x2)

2 - 2 x1x2 + 2 = 25 – 6 + 2 = 21 Và P = (x1

2 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)

2 + (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 1 = 9 + 20 = 29

Vậy phương trình cần lập là : x2 – 21x + 29 = 0 2) ĐK 0; 2x y

2 3 144 2722

32 3 1 412 3 343 2

22

xxx y x

yy

x yx y

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x ;y) = ( 2 ;3) Bài 3 : Gọi x(km/h) là vtốc dự định; x > 0 ; có 30 phút = ½ (h)

Th gian dự định : 50

( )hx

Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km) ; Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km) Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h)

Th gian đi quãng đường còn lại : 50 2

( )2

xh

x

Theo đề bài ta có PT: 1 50 2 50

22 2

x

x x

Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h Bài 4 : c/ Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng Tam giác AHD có OM là đường trung bình => AH = 2 OM Và AH // OM 2 tam giác AHG và MOG có HAG OMG slt

AGH MGO (đ đ)

( )

2

AHG MOG G G

AH AG

MO MG

Hay AG = 2MG

G O

M

E D

H

CB

A

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

45

Tam giác ABC có AM là trung tuyến; G AM Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC d) BHC BDC ( vì BHCD là hình bình hành) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính là a Nên tam giác BHC cũng nội tiếp (K) có bán kính a Do đó C (K) = 2 a ( ĐVĐD)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn thi: TOÁN. Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Câu I (3,0 điểm)

Cho biểu thức A = 2

1 1 1:

1 1

x

x x x x

a) Nêu ĐKXĐ và rút gọn A

b) Tìm giá trị của x để A = 1

3

c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = A - 9 x Câu 2. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m + 2)x + m2 + 7 = 0 (1), (m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 1 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4

Câu 3(1,5 điểm) Quãng đường AB dài 120 km. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B. Vận tốc của

xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe máy thứ nhất đến B trước xe thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc của mỗi xe. Câu 4. (3,5 điểm)

Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE tới đường tròn đó (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO và BC.

a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: AH. AO = AD. AE c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua điểm O kẻ

đường thẳng vuông góc với OA cắt AB tại P và cắt AC tại Q. Chứng minh rằng: IP + KQ PQ

---------------- HẾT------------

ĐỀ CHÍNH THỨC.

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

46

ĐÁP ÁN : Câu 1:

a) ĐKXĐ: x > 0, x 1 . Rút gọn: A = 1x

x

b) A = 1

3 <=> 1 1 9

3 13 4

xx x x

x

(thỏa mãn)

c) P = A - 9 x = 1x

x

- 9 x = 1 – 19 x

x

Áp dụng BĐT Côsi : 19 2.3 6x

x

=> P -5. Vậy MaxP = -5 khi x = 1

9

Câu 2: a) với m = 1, ta có Pt: x2 – 6x + 8 = 0 => x1 = 2, x2 = 4 b) xét pt (1) ta có: ' = (m + 2)2 – (m2 + 7) = 4m – 3

phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 m 3

4

Theo hệ thức Vi-et: 1 2

21 2

2( 2)

7

x x m

x x m

Theo giả thiết: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4 m2 + 7 – 4(m +2) = 4 m 2 – 4m – 5 = 0 => m1 = - 1(loại) ; m2 = 5 (thỏa mãn) Vậy m = 5 Câu 3: Gọi vận tốc của xe thứ hai là x (km/h), ĐK: x > 0 vận tốc của xe thứ nhất là x + 10 (km/h)

Theo bài ra ta có pt: 120 1201

10x x

x2 + 10x – 1200 = 0

=> x1 = 30 (t/m) x2 = - 40 (loại) vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40km/h, của xe thứ hai là 30km/h Câu 4: a) 0ABO + ACO = 180 => tứ giác ABOC nội tiếp b) ABD AEB (g.g) => AD.AE = AB2 (1) ABO vuông tại B, BH AO => AH.AO = AB2 (2) => AH. AO = AD. AE

Q

P

K

I

H

D

C

B

OA

E

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

47

c) Áp dung BĐT Côsi: IP + KQ 2 IP.KQ Ta có:APQ cân tại A=>OP = OQ => PQ = 2OP Để C/m IP + KQ PQ ,Ta C/m: IP.KQ = OP2 Thật vậy: BOP = COQ (c.h-g.n) => BOP COQ

Theo T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau: BOI DOI , DOK COK => 0BOP BOI DOK COQ DOI COK 90 => 0POI DOK 90

Mà 0QKO COK 90

Suy ra: POI QKO Do đó: POI QKO (g.g) IP.KQ = OP.OQ = OP2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN

Ngày thi : 22/06/2011 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: (2x + 1)(3-x) + 4 = 0

b) Giải hệ phương trình: 3 | | 1

5 3 11

x y

x y

Bài 2: (1,0 điểm)

Rút gọn biểu thức 6 3 5 5 2

( ) : .2 1 5 1 5 3

Q

Bài 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2x – 2m2 = 0 (m là tham số).

a) Giải phương trình khi m = 0 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác 0 và thỏa điều kiện 2 2

1 24x x .

Bài 4: (1,5 điểm) Một hình chữ nhật có chu vi bằng 28 cm và mỗi đường chéo của nó có độ dài 10 cm. Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật đó. Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ AB ( M không trùng với các điểm A và B).

a) Chứng minh rằng MD là đường phân giác của góc BMC. b) Cho AD = 2R. Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R c) Gọi K là giao điểm của AB và MD, H là giao điểm của AD và MC. Chứng minh rằng

ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy.

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

48

----------------------- Hết ------------------

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

49

BÀI GIẢI :

Bài 1: a) (2x + 1)(3-x) + 4 = 0 (1) -2x2 + 5x + 3 +4 = 0 2x2 – 5x – 7 = 0 (2)

Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm là : x1 = -1 và x2 = 7

2

b) 3 | | 1

5 3 11

x y

x y

3 1, 0 3 1, 0

5 3 11 5 3 11

x y y x y yhay

x y x y

3 1, 0 3 1, 0

14 14 4 8

x y y x y yhay

x x

2 7, 0

1 2

y y yhay

x x

2

1

y

x

Bài 2: Q = 3( 2 1) 5( 5 1) 2

[ ] :2 1 5 1 5 3

=

2[ 3 5]:

5 3

= ( 3 5)( 5 3)

2

= 1

Bài 3: a) x2 – 2x – 2m2 = 0 (1)

m=0, (1) x2 – 2x = 0 x(x – 2) = 0 x= 0 hay x = 2 b) ∆’ = 1 + 2m2 > 0 với mọi m => phương trình (1) có nghiệm với mọi m

Theo Viet, ta có: x1 + x2 = 2 => x1 = 2 – x2

Ta có: 2 21 24x x => (2 – x2)

2 = 224x 2 – x2 = 22x hay 2 – x2 = - 22x

x2 = 2/3 hay x2 = -2. Với x2 = 2/3 thì x1 = 4/3, với x2 = -2 thì x1 = 4 -2m2 = x1.x2 = 8/9 (loại) hay -2m2 = x1.x2 = -8 m = 2

Bài 4: Gọi a, b là độ dài của 2 cạnh hình chữ nhật. Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) và a2 + b2 = 102 = 100 (2) Từ (2) (a + b)2 – 2ab = 100 (3). Thế (1) vào (3) ab = 48 (4) Từ (1) và (4) ta có a, b là nghiệm của phương trình : X2 – 14X + 48 = 0

a = 8 cm và b = 6 cm Bài 5:

a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 600 nên góc CMD = góc DMB= 300

MD là phân giác của góc BMC b) Xét tứ giác ABCD có 2 đường chéo AD và BC vuông góc

nhau nên :

SABCD=1

2AD.BC = 21

2 . 3 32

R R R

c) Ta có góc AMD = 900 (chắn ½ đường tròn) Tương tự: DB AB,vậy K chính là trực tâm của IAD (I là

giao điểm của AM và DB) Xét tứ giác AHKM, ta có: góc HAK = góc HMK = 300, nên dễ dàng tứ giác này nội

tiếp. Vậy góc AHK = góc AMK = 900 Nên KH vuông góc với AD

C

A D

B

M

H

K

I

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

50

Vậy HK chính là đường cao phát xuất từ I của IAD Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy tại I.

SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngµy thi: 22 th¸ng 6 n¨m 2011 Bài 1: (2,0 điểm)

2

4 2

)9 3 2 0

) 7 18 0

2) 12 7 2 3

a x x

x x

m y x m y x m

1) Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh sau:

b

Víi gi¸ trÞ nμo cña th× ®å thÞ hai hμm sè vμ c¾t nhau t¹i mét ®iÓm trªn

trôc tung.

Bài 2: (2,0 điểm)

2 11)

1 2 3 2 2

1 1 1 22) 1 .

11 1

)

) 3.

xx x x

a

b x

Rót gän biÓu thøc: A

Cho biÓu thøc: B

Rót gän biÓu thøc B

T×m gi¸ trÞ cña ®Ó biÓu thøc B

.

Bài 3: (1,5 điểm)

2 2

2 11

2 2

1) 1

2) ;

y x m

x y m

m

m x y x y

Cho hÖ ph−¬ng tr×nh:

Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 1 khi

T×m gi¸ trÞ cña ®Ò hÖ ph−¬ng tr×nh 1 cã nghiÖm sao cho biÓu thøc P

®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt.

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn O . Hai đường cao BD và CE

của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BD cắt đường tròn O tại điểm thứ hai

P; đường thẳng CE cắt đường tròn O tại điểm thứ hai Q. Chứng minh:

1/ Tứ giác BEDC nội tiếp . 2/ HQ.HC = HP.HB . 3/ DE // PQ . 4/ Đường thẳng OA là đường trung trực của PQ .

---------------------- Hết-------------------

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

51

HƯỚNG DẪN GIẢI:

Câu 1:

1/a/ 9x2+3x-2=0; =81,phương trình có 2 nghiệm x1=2

3 ;x2=

1

3

b/ đặt x2=t (t0) pt đã cho viết được t2+7t-18=0 (*); 2121 11 pt (*) có t=-9 (loại);t=2 với t=2 pt đã cho có 2 nghiệm 2; 2x x 2/đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung tại điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung tại điểm B(0;3+m) theo yêu cầu bài toán AB khi 7-m=3+m tức là m=2. Câu 2: 1/

2 1 7 5 2

1 2 3 2 (1 2)(3 2 2)

(7 5 2)(1 2)(3 2 2)(3 2 2)(3 2 2) 1

1

A

2/ a/ 1 1 1 2

( )( )( 1)( 1)

1 2 2 2( )( )

( 1)( 1)

x x xB

x x x

x x

x x x x

b/ 2 4

3 39

B xx

(thoả mãn đk )

Câu 3:

1/ Khi m=1 ta có hệ pt: 2 2 (1)

2 1 (2)

y x

x y

rút y từ (2) y=2x+1 thế vào pt (1) được x=0, suy ra

y=1 Vậy hệ có nghiệm (0;1)

2/

2 2 2 2 2

2 2 2 2

( 1) 2 2 1

2 1 1 1 1 1( 2 ) 2. ( ) 1 ( ) ( 2 )

2 22 2 2 2

P x y m m m m

m m m

P đạt GTNN bằng 1

2khi

1 12

22m m

Câu 4 :

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

52

H

E

Q

P

D

O

A

BC

1) Từ giả thiết ta có:0

0

90

90

CEB

CDB

suy ra E,D nhìn B,C dưới 1 góc vuông,nên tứ giác

BEDC nội tiếp được trong 1 đường tròn. 2) Vì tam giác HBC và HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB 3) BEDC nội tiếp đường tròn suy ra ;BDE BCE BCQ từ câu 1/ TA CÓ : BPQ BCQ

Suy ra BDE BPQ (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM) 4) OP=OQ (vì bằng bán kính đường tròn O) (1) EBD ECD (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy ra QA=PA Vậy A và O cách đều P,Q nên suy ra đpcm.

Bài 5: (1,0 điểm)

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

222

, , 4 3 7.

1 1 3 34 3 4 4 2. . 2. . 3 3 4 3

4 2 4 2

1 32 3 7 7, , ,

2 2

x y z x y z yz x y

x y z yz x y x x y y z z y y

x y z y x y z

Cho lμ ba sè thùc tuú ý. Chøng minh:

Ta cã:

---------- Hết ----------

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

53

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2011 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 23 2 1 0x x

b) 5 7 3

5 4 8

x y

x y

c) 4 25 36 0x x d) 23 5 3 3 0x x

Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2y x và đường thẳng (D): 2 3y x trên cùng một hệ trục

toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:

3 3 4 3 4

2 3 1 5 2 3A

2 28 4 8

3 4 1 4

x x x x xB

x x x x

( 0, 16)x x

Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình 2 22 4 5 0x mx m (x là ẩn số)

a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình.

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

54

Tìm m để biểu thức A = 2 21 2 1 2x x x x . đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC).

a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF. b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F).

Chứng minh AP2 = AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác

A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp. d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2 = IC.ID

---------------------- Hết -------------------

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

55

BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 23 2 1 0x x (a) Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên

(a) 1

13

x hay x

b) 5 7 3 (1)

5 4 8 (2)

x y

x y

11 11 ((1) (2))

5 4 8

y

x y

1

5 4

y

x

4

51

x

y

c) x4 + 5x2 – 36 = 0 (C) Đặt u = x2 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*)

(*) có = 169, nên (*) 5 13

42

u

hay 5 13

92

u

(loại)

Do đó, (C) x2 = 4 x = 2 Cách khác : (C) (x2 – 4)(x2 + 9) = 0 x2 = 4 x = 2

d) 23 3 3 3 0x x (d)

(d) có : a + b + c = 0 nên (d) x = 1 hay 3 3

3x

Bài 2: b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là

2 2 3x x x2 – 2x – 3 = 0 1 3x hay x (Vì a – b + c = 0) y(-1) = -1, y(3) = -9 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là 1; 1 , 3; 9 .

Bài 3:

Thu gọn các biểu thức sau:

3 3 4 3 4

2 3 1 5 2 3A

= (3 3 4)(2 3 1) ( 3 4)(5 2 3)

11 13

= 22 11 3 26 13 3

11 13

= 2 3 2 3

=1

( 4 2 3 4 2 3 )2

= 2 21( ( 3 1) ( 3 1) )

2

= 1

[ 3 1 ( 3 1)]2

= 2

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

56

2 28 4 8

3 4 1 4

x x x x xB

x x x x

( 0, 16)x x

= 2 28 4 8

( 1)( 4) 1 4

x x x x x

x x x x

= 22 28 ( 4) ( 8)( 1)

( 1)( 4)

x x x x x x

x x

= 2 28 8 16 9 8

( 1)( 4)

x x x x x x x

x x

= 4 4

( 1)( 4)

x x x x

x x

= ( 1)( 1)( 4)

( 1)( 4)

x x x

x x

= 1x

Bài 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = 2b

ma

; P = 4 5c

ma

A = 21 2 1 2( ) 3x x x x = 24 3(4 5)m m = 2(2 3) 6 6,m với mọi m.

Và A = 6 khi m = 3

2

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m = 3

2

Bài 5: a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông

Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật) Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Do đó: góc OAC + góc AFE = 900

OA vuông góc với EF b) OA vuông góc PQ cung PA = cung AQ Do đó: APE đồng dạng ABP

AP AE

AB AP AP2 = AE.AB

Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng HAB vuông tại H, có HE là chiều cao) AP = AH APH cân tại A c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA DE.DF = DK.DA Do đó DFK đồng dạng DAE góc DKF = góc DEA tứ giác AEFK nội tiếp d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng trong AHC vuông tại H, có HF là chiều cao) Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng trong AHD vuông tại H, có HK là chiều cao) Vậy AK.AD = AF.AC Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp, vậy ta có: IC.ID=IF.IK (ICF đồng dạng IKD) và IH2 = IF.IK (từ IHF đồng dạng IKH) IH2 = IC.ID

A

B C D

P E

O H I

K

F Q

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

57

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.Hà Nội MÔN : TOÁN - Năm học : 2011 – 2012

Ngày thi : 22 tháng 6 năm 2011

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)

Cho x 10 x 5

Ax 25x 5 x 5

Với x 0,x 25 .

1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tính giá trị của A khi x = 9.

3) Tìm x để 1

A3

.

Bài II (2,5 điểm)

Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu ngày?

Bài III (1,0 điểm)

Cho Parabol (P): 2y x và đường thẳng (d): 2y 2x m 9 .

1) Tìm toạ độ các giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = 1.

2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d1 và d2 là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại hai điểm A và B.Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A và B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M, N.

1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh ENI EBI và 0MIN 90 .

3) Chứng minh AM.BN = AI.BI .

4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

58

Bài V (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 1M 4x 3x 2011

4x .

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không được giải thích gì them

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:

1/ Rút gọn: ĐK: x 0,x 25

2

x. x +5 -10 x -5. x -5x 10 x 5 x+5 x -10 x -5 x +25A= - - = =

x-25x -5 x +5 x -5 x+5 x -5 x +5

x -5x-10 x +25 x -5= = = (Voi x 0; x 25)

x +5x -5 x +5 x -5 x +5

2/ Với x = 9 Thỏa mãn x 0,x 25 , nên A xác định được, ta có 3x . Vậy

4

1

8

2

53

53

A

3/ Ta có: ĐK x 0,x 25

1 x - 5 1 3 x - 15 - x - 5A - 0 0

3 3x + 5 3 x +5

2 x - 20 0 (Vì 3 x +5 0) 2 x < 20 x < 10 x < 100

Kết hợp với x 0,x 25

Vậy với 0 ≤ x < 100 và x ≠ 25 thì A < 1/3

Bài 2

Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch là x(ngày) (ĐK: x > 1)

Thì thời gian thực tế đội xe đó chở hết hàng là x – 1 (ngày)

Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe đó phải chở được 140

x(tấn)

Thực tế đội đó đã chở được 140 + 10 = 150(tấn) nên mỗi ngày đội đó chở được 150

1x (tấn)

Vì thực tế mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn, nên ta có pt:

150 1405

1x x

150x – 140x + 140 = 5x2 -5x 5x2 -5x – 10x - 140 = 0 5x2 -15x - 140 = 0

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

59

x2 -3x - 28 = 0 Giải ra x = 7 (T/M) và x = -4 (loại)

Vậy thời gian đội xe đó chở hết hàng theo kế hoạch là 7 ngày

Bài 3:

1/ Với m = 1 ta có (d): y = 2x + 8

Phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d) là

x2 = 2x + 8

<=> x2 – 2x – 8 = 0

Giải ra x = 4 => y = 16

x = -2 => y = 4

Tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là (4 ; 16) và (-2 ; 4)

2/ Phương trình hoành độ điểm chung của (d) và (P) là

x2 – 2x + m2 – 9 = 0 (1)

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục tung thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu

ac < 0 m2 – 9 < 0 (m – 3)(m + 3) < 0

Giải ra có – 3 < m < 3

Bài 4

1/ Xét tứ giác AIEM có

góc MAI = góc MEI = 90o.

=> góc MAI + góc MEI = 180o.

Mà 2 góc ở vị trí đối diện

=> tứ giác AIEM nội tiếp

2/ Xét tứ giác BIEN có

góc IEN = góc IBN = 90o.

góc IEN + góc IBN = 180o. tứ giác IBNE nội tiếp góc ENI = góc EBI = ½ sđ cg IE (*) Do tứ giác AMEI nội tiếp

=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**)

Từ (*) và (**) suy ra

góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o.

3/ Xét tam giác vuông AMI và tam giác vuông BIN có

góc AIM = góc BNI ( cùng cộng với góc NIB = 90o)

AMI ~ BNI ( g-g)

BN

AI

BI

AM

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

60

AM.BN = AI.BI

4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ

Do tứ giác AMEI nội tiếp

nên góc AMI = góc AEF = 45o.

Nên tam giác AMI vuông cân tại A

Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân tại B

AM = AI, BI = BN

Áp dụng Pitago tính được

2

23;

2

2 RIN

RMI

Vậy 4

3..

2

1 2RINIMSMIN ( đvdt)

Bài 5:

2 2

2

1 14 3 2011 4 4 1 2010

4 41

(2 1) ( ) 20104

M x x x x xx x

x xx

Vì 2(2 1) 0x

và x > 0 1

04x

, Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x + 1

4x

1 12 . 2. 1

4 2x

x

M = 2 1(2 1) ( ) 2010

4x x

x 0 + 1 + 2010 = 2011

M 2011 ; Dấu “=” xảy ra 2

1

212 1 0 2

1 1 14 4 2

00 1

20

x

xx

x x xx

xxx

x

x = 1

2

Vậy Mmin = 2011 đạt được khi x = 1

2

Bài 5:

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

61

20104

1

8

1

8

1

2

13

4

12010

8

1

8

1

4

13

20114

134

22

22

2

xxxxM

xxxxxM

xxxM

Áp dụng cô si cho ba số xx

x8

1,

8

1,2 ta có

4

3

8

1.

8

1.3

8

1

8

13 22

xxx

xxx Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2

mà 02

1

x Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2

Vậy 201120104

1

4

30 M

Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng 2011 khi M = 1

2

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn: TOÁN ( chung)

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút PHẦN 1 – Trắc nghiệm (1 điểm): Hãy chọn phương án đúng và viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án lựa chọn. Câu 1: Phương trình 2x mx m 1 0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

A. m 2 . B. m . C. m 2 . D. m 2 . Câu 2: Cho (O) nội tiếp tam giác MNP cân tại M. Gọi E; F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các

cạnh MN;MP. Biết 0MNP 50 .Khi đó, cung nhỏ EF của (O) có số đo bằng: A. 0100 . B. 080 . C. 050 . D. 0160 .

Câu 3: Gọi là góc tạo bởi đường thẳng y x 3 với trục Ox, gọi là góc tạo bởi đường

thẳng y 3x 5 với trục Ox. Trong các phát biểu sau,phát biểu nào sai ?

A. 045 . B. 090 . C. 090 . D. .

Câu 4: Một hình trụ có chiều cao là 6cm và diện tích xung quanh là 236 cm . Khi đó, hình trụ đã cho có bán kính đáy bằng

A. 6 cm. B. 3 cm. C. 3 cm. D. 6cm.

PHẦN 2 – Tự luận ( 9 điểm):

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

622

2

1

2

1

2

1

2

1

O

E

D

C

K

I N

H

B

A

M

Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức : 3 x 1 1 1

P :x 1 x 1 x x

với x 0 và x 1

1/ Rút gọn biểu thức P . 2/ Tìm x để 2P – x = 3. Câu 2.(2 điểm)

1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hoành độ bằng 2 và M thuộc đồ thị hàm số 2y 2x . Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M ( biết đường thẳng OM là đồ thị hàm số bậc nhất).

2) Cho phương trình 2x 5x 1 0 1 . Biết phương trình (1) có hai nghiệm 1 2x ;x . Lập

phương trình bậc hai ẩn y ( Với các hệ số là số nguyên ) có hai nghiệm lần lượt là

1 21 2

1 1y 1 và y 1

x x

Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

3 2 17

x 2 y 1 5

2x 2 y 2 26

x 2 y 1 5

Câu 4.(3,0 điểm): Cho (O; R). Từ điểm M ở ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) ( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt (O;R) tại N (khác A). Đường tròn đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K .

1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK. 3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt

MA tại E. Chứng minh CI = EA.

Câu 5.(1,5 điểm) 1)Giải phương trình : 22x x 9 x 9 22 x 1

2)Chứng minh rằng : Với mọi 2 32 3

1 1x 1, ta luôn có 3 x 2 x

x x

.

HD

Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ: x 2;y 1

3 2 17 3 2 17 3 2 17

x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5

2x 2 y 2 26 2(x 2) 2 (y 1) 3 26 2 3 262 1

x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5

1) Câu 4.(3,0 điểm)

1) 0NIB BHN 180 NHBI nội tiếp 2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp

1 1 1 1

2 2 2 2

Ta có H B A I

I B A K

3) ta có: 0

1 2 1 2I I DNC B A DNC 180

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

63

Do đó CNDI nội tiếp

2 2 2D I A DC // AI

Lại có 1 1A H AE / /IC Vậy AECI là hình bình hành => CI = EA. Câu 5.(1,5 điểm)

1) Giải phương trình : 22x x 9 x 9 22 x 1

2 22 2 2 2x 9 x 9x 22 x 1 x 9 x 9 9 x 1 22 x 1

Đặt x – 1 = t; 2x 9 = m ta có: 2 2 2 2m 9mt 22t 22t 9mt m 0

Giải phương trình này ta được m m

t ; t2 11

Với 2

2m x 9t ta có : x 1 x 2x 11 0 vô nghiêm

2 2

Với 2

2m x 9t ta có : x 1 x 11x 2 0

11 11

121 8 129 > 0 phương trình có hai nghiệm 1,2

11 129x

2

2) Chứng minh rằng : Với mọi 2 32 3

1 1x 1, ta luôn có 3 x 2 x

x x

(1)

2 3 22 3 2

22

1 1 1 1 1 13 x 2 x 3 x x 2 x x 1

x x x x x x

1 1 13 x 2 x 1 (vì x 1 nên x 0) (2)

x x x

Đặt 2 22

1 1x t thì x t 2

x x , ta có (2) 22t 3t 2 0 t 2 2t 1 0 (3)

Vì 2 2 1x 1 nên x 1 0 x 1 2x x 2 hay t 2

x => (3) đúng . Vậy ta có đpcm

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN

(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (2 điểm)Trong 4 câu: từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều có 4 lựa chọn, trong đó chỉ có duy nhất một lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước lựa chọn mà em cho là đúng (Ví dụ: Nếu câu 1 em lựa chọn là A thì viết là 1.A) Câu 1. Giá trị của 12. 27 bằng: A. 12 B. 18 C. 27 D. 324 Câu 2. Đồ thị hàm số y= mx + 1 (x là biến, m là tham số) đi qua điểm N(1; 1) . Khi đó gí trị của m bằng:

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

64

A. m = - 2 B. m = - 1 C. m = 0 D. m = 1 Câu 3. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 100 cm2 . Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của AB, BC, CA. Khi đó diện tích tam giác MNP bằng: A. 25 cm2 B. 20 cm2 C. 30 cm2 D. 35 cm2 Câu 4. Tất cả các giá trị x để biểu thức x 1 có nghĩa là: A. x < 1 B. x 1 C. x > 1 D. x1 PHẦN II. TỰ LUẬN (8 điểm)

Câu 5. (2.0 điểm) Giải hệ phương trình 2

x y 0

x 2y 1 0

Câu 6. (1.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – 1 =0 (x là ẩn, m là tham số). a) Giải phương trình với m = - 1 b) Tìm tất cả các giá trị của m đê phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt c) Tìm tât cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho tổng P = x1

2 + x2

2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 7. (1.5 điểm) Một hình chữ nhật ban đầu có cho vi bằng 2010 cm. Biết rằng nều tăng chiều dài của hình chữ nhật thêm 20 cm và tăng chiều rộng thêm 10 cm thì diện tích hình chữ nhật ban đầu tăng lên 13 300 cm2. Tính chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu. Câu 8. (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, không là tam giác cân, AB < AC và nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính BE. Các đường cao AD và BK của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AFEC là hình thang cân. b) BH = 2OI và điểm H đối xứng với F qua đường thẳng AC.

Câu 9.(2.0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức: P = ab bc ca

c ab a bc b ca

.

-----HẾT-----

HƯỚNG DẪN CHUNG: -Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa. -Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không được điểm. -Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó. -Điểm toàn là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn.

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

————————

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

65

BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN: Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm.

Câu 1 2 3 4 Đáp án B C A D

Phần II. Tự luận (8,0 điểm). Câu 5 (2,0 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Xét hệ phương trình 2

1 (1)

2 1 0 (2)

x y

x y

Từ (1) x = y thay vào PT (2) ta được : x2 - 2x + 1 = 0 0,5 (x - 1)2 = 0 x = 1 0,5 Thay x = 1 vào (1) y = 1

0,5

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: 1

1

x

y

0,5

Câu 6 (1,5 điểm). a. (0,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Với m = -1 ta có (1) : 2 2 0 ( 2) 0x x x x 0,25

0

2

x

x

. Vậy với m = -1 PT có hai nghiệm là 1 20; 2x x 0,25

b. (0,5 điểm): Nội dung trình bày Điể

m Ta có ’ = m2 - (m2 - 1) = 1 > 0 với m 0,25 Vậy với m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 1, 2x x 0,25

c. (0,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

P = 22 21 2 1 2 1 22x x x x x x = 4m2 - 2m2 + 2 2 với m 0,25

Dấu “=” xảy ra m = 0. Vậy với m = 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm 1 2,x x thỏa

mãn

P = 2 21 2x x đạt giá trị nhỏ nhất

0,25

Câu 7 (1,5 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

66

E

K

IH

OB

A

C

F

D

Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (cm), chiều rộng là y (cm) (điều kiện x, y > 0) 0,25

Chu vi hình chữ nhật ban đầu là 2010 cm. ta có phương trình 2. 2010 1005x y x y (1) 0,25

Khi tăng chiều dài 20 cm, tăng chiều rộng 10 cm thì kích thước hình chữ nhật mới là: Chiều dài: 20x (cm), chiều rộng: 10y (cm) 0,25

Khi đó diện tích hình chữ nhật mới là: 20 . 10 13300x y xy 10 20 13100x y 2 1310x y (2)

0,25

Từ (1) và (2) ta có hệ: 1005

2 1310

x y

x y

Trừ từng vế của hệ ta được: y = 305 (thoả mãn). Thay vào phương trình (1) ta được: 700x

0,25

Vậy chiều dài hình chữ nhật ban đầu là: 700 cm, chiều rộng là 305 cm 0,25 Câu 8. ( 2,0 điểm). a. (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Có :

BFE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) FE BF 0,25

BF AC (gt) FE � AC (1) 0,25

sđ

o

AF = sđ

o

CE

o

AFE =

o

CFE

FAC =

ECA (2) 0,25

Từ (1) và (2) AFEC là hình thang cân 0,25

b. (1,0 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

EC BC EC � AH (1). 0,25

BF AC (gt) FE � AC (1).

HAC =

ECA mà

ECA =

FAC

HAF cân tại A AH = AF (2) Từ (1)và (2) AHCE là hình bình hành 0,25

I là giao điểm hai đường chéo OI là đường trung bình BEH BH = 2OI 0,25

HAF cân tại A , HF AC HK = KF H đối xứng với F qua AC 0,25

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com

67

Câu 9. ( 1,0 điểm). Nội dung trình bày Điểm

Có: 21 .a b c c a b c c ac bc c

2 ( ) ( )c ab ac bc c ab a c b c b c = ( )( )c a c b

( )( ) 2

a bab ab c a c b

c ab c a c b

0,25

Tương tự: ( )( )

( )( )

a bc a b a c

b ca b c b a

( )( ) 2

( )( ) 2

b cbc bc a b a c

a bc a b a c

c aca ca b c b a

b ca b c b a

0,25

P 2

a b b c c ac a c b a b a c b c b a

=

2

a c c b b aa c c b b a

= 3

2

0,25

Dấu “=” xảy ra khi 1

3a b c

Từ đó giá trị lớn nhất của P là 3

2 đạt được khi và chỉ khi

1

3a b c

0,25