bộ đề thi và đáp án thi vào lớp 10 môn toán năm 2011
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.37 MB, 76 trang )
Dịch Vụ Toán Học
Tuyển tập Đề thi vào lớp 10
năm học 2010 - 2011 của các trường THPT
trên cả nước
(có Đáp án )
Môn Toán
WWW.VNMATH.COM
About VnMath.Com
vnMath.com
Dịch vụ Toán học
Sách
Đại số
Giải tích
Hình học
Các loại
khác
Chuyên đề
Toán
Luyện thi
Đại học
Bồi dưỡng
HSG
Đề thi
Đáp án
Đại học
Cao học
Thi lớp 10
Olympic
Giáo án
các môn
S GIÁO DC VÀ ÀO TO K THI TUYN SINH LP 10 THPT
TP.HCM Nm hc: 2010 – 2011
CHÍNH THC MÔN: TOÁN
Thi gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 đim)
Gii các phng trình và h phng trình sau:
a)
2
232xx 0
b)
41
62
xy
xy
9
0c)
42
4133xx
d)
2
2221xx0
Bài 2: (1,5 đim)
a) V đ th (P) ca hàm s
2
2
x
y
và đng thng (D):
1
1
2
yx
trên cùng
mt h trc to đ.
b) Tìm to đ các giao đim ca (P) và (D) bng phép tính.
Bài 3: (1,5 đim)
Thu gn các biu thc sau:
12 6 3 21 12 3A
22
53
52335 2335
22
B
Bài 4: (1,5 đim)
Cho phng trình (x là n s)
22
(3 1) 2 1 0xmxmm
a)
Chng minh rng phng trình luôn luôn có 2 nghim phân bit vi mi giá
tr ca m.
b) Gi x
1
, x
2
là các nghim ca phng trình. Tìm m đ biu thc sau đt giá tr
ln nht: A =
2
3
22
12 1
x
xxx.
Bài 5: (3,5 đim)
Cho đng tròn tâm O đng kính AB=2R. Gi M là mt đim bt k thuc
đng tròn (O) khác A và B. Các tip tuyn ca (O) ti A và M ct nhau ti E. V MP
vuông góc vi AB (P thuc AB), v MQ vuông góc vi AE (Q thuc AE).
a)
Chng minh rng AEMO là t giác ni tip đng tròn và APMQ là hình ch
nht.
b)
Gi I là trung đim ca PQ. Chng minh O, I, E thng hàng.
c)
Gi K là giao đim ca EB và MP. Chng minh hai tam giác EAO và MPB
đng dng. Suy ra K là trung đim ca MP.
d)
t AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm v trí ca M trên (O) đ hình ch nht
APMQ có din tích ln nht.
BÀI GII
Bài 1: (2 đim)
Gii các phng trình và h phng trình sau:
a)
2
232xx 0
(1)
916 25
(1)
35 1 35
2
42 4
x hay x
b)
41
62 9(2
xy
xy
(1)
)
41
14
7 ( (2) 2 (1))
xy (1)
x
pt pt
3
1
2
y
x
c)
42
4133xx 0
(3), đđt u = x
2
,
phng trình thành : 4u
2
– 13u + 3 = 0 (4)
(4) có
2
169 48 121 11
13 11 1 13 11
(4) 3
84 8
uhayu
Do đó (3)
1
3
2
x hay x
d)
2
2221xx0
(5)
'224
Do đó (5)
22 22
22
x hay x
Bài 2:
a) th: hc sinh t v
Lu ý: (P) đi qua O(0;0),
1
1; , 2; 2
2
.
(D) đi qua
1
1; , 2; 2
2
Do đó (P) và (D) có 2 đim chung là :
1
1; , 2; 2
2
.
b) PT hoành đ giao đim ca (P) và (D) là
2
2
1
12
22
x
xxx
0
12x hay x
Vy to đ giao đim cu (P) và (D) là
1
1; , 2; 2
2
.
Bài 3:
12 6 3 21 12 3A
22
(33) 3(23)33(23)3
3
22
53
52335 2335
22
B
2B =
22
5423 625 5 423 625 3
22
22 22
5 (1 3) (5 1) 5 (31) (5 1) 3
= =
22
5(1 3) (5 1) 5 (3 1) (5 1) 3
= B = 10. 5.3 5 20
Bài 4:
a)
2
22 2
318 4 4 25(1)40mmmmmm m
Suy ra phng trình luôn luôn có 2 nghim phân bit vi mi m.
b) Ta có x
1
+ x
2
= 3m + 1 và x
1
x
2
= 2m
2
+ m – 1
A=
22
12 1
3
2
x
xxx
2
12 1
5
2
x
xx x
22
(3 1) 5(2 1)mmm
22
11
66 ( )
42
mm m
2
25 1
()
42
m
Do đó giá tr ln nht ca A là :
25
4
. t đc khi m =
1
2
Bài 5:
I
K
x
A
E
Q
O
M
P
I
B
a) Ta có góc = 90
O
=
EMO
EAO
=> EAOM ni tip.
T giác APMQ có 3 góc vuông :
o
EAO APM PMQ 90
=> T giác APMQ là hình ch nht
b) Ta có : I là giao đim ca 2 đng
chéo AM và PQ ca hình ch nht APMQ
nên I là trung đim ca AM.
Mà E là giao đim ca 2 tip tuyn ti M và
ti A nên theo đnh lý ta có : O, I, E thng
hàng.
c) Cách 1
: hai tam giác AEO và MPB đng
dng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc
bng nhau là , vì OE // BM
AOE ABM
=>
AO AE
BP MP
(1)
Mt khác, vì KP//AE, nên ta có t s
KP BP
AE AB
(2)
T (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vy K là trung đim ca MP.
Cách 2
: Ta có
EK AP
EB AB
(3) do AE // KP,
mt khác, ta có
EI AP
EO AB
(4) do 2 tam giác EOA và MAB đng dng
So sánh (3) & (4), ta có :
EK EI
EB EO
.
Theo đnh lý đo Thales => KI // OB, mà I là trung đim AM
=> K là trung đim MP.
d) Ta d dàng chng minh đc :
abcd
4
abcd
4
(*)
Du “=” xy ra khi và ch khi a = b = c = d
MP =
22 2 2
MO OP R (x R) 2Rx x
2
Ta có: S = S
APMQ
=
23
MP.AP x 2Rx x (2R x)x
S đt max đt m
ax x.x.x(2R – x) đt max
3
(2R x)x
xxx
(2Rx)
333
đt max
Áp dng (*) vi a = b = c =
x
3
Ta có :
4
4
4
xxx 1 x x x R
(2Rx) (2Rx)
333 4 3 3 3 16
Do đó S đt max
x
(2R x)
3
3
xR
2
.
TS. Nguyn Phú Vinh
(TT BDVH và LTH Vnh Vin)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUN
NĂM HỌC 2010 - 2011
KHÓA NGÀY 21/06/2010
Môn thi: TOÁN (chun)
Thời gian làm bài : 150 phút
( không kể thời gian giao đề)
Câu 1 : (4 điểm)
1) Giải hệ phương trình :
1
y 1
x 1
2
5y 3
x 1
+ =
+
+ =
+
2) Giải phương trình:
2 2 2
(2x x) 2x x 12 0
− + − − =
Câu 2 : (3 điểm)
Cho phương trình x
2
– 2(2m + 1)x + 4m
2
+ 4m – 3 = 0 (x là ẩn số)
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
(x
1
< x
2
) thỏa
1 2
x 2 x
=
Câu 3 : (2 điểm)
Thu gọn biểu thức:
7 5 7 5
A 3 2 2
7 2 11
+ + −
= − −
+
Câu 4 : (4 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm chính giữa của cung
nhỏ AC. Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng:
a)
ABP AMB
=
b) MA. MP = BA. BM
Câu 5 : (3 điểm)
a) Cho phương trình: 2x
2
+ mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số và m, n là các số ngun).Giả sử
phương trình có các nghiệm đều là số ngun.
Chứng minh rằng: m
2
+ n
2
là hợp số.
b) Cho hai số dương a, b thỏa a
100
+ b
100
= a
101
+ b
101
= a
102
+ b
102
. Tính P = a
2010
+ b
2010
Câu 6 : (2 điểm)
Cho tam giác OAB vng cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là đường tròn tâm O bán
kính a. Tìm điểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 7 : (2 điểm)
Cho a, b là các số dương thỏa
2 2 2
a 2b 3c
+ ≤
. Chứng minh
1 2 3
a b c
+ ≥
.
HẾT
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………Số báo danh: ………………………….
Chữ ký giám thò 1 :……………………………………… Chữ ký giám thò 2 :………………………………
Đ
Ề
CHÍNH TH
Ứ
C
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN
NĂM HỌC 2010 – 2011
KHÓA NGÀY 21/06/2010
Đáp án : TOÁN
Câu
Hướng dẫn chấm Điểm
1
(4 đ)
Câu 1 : (4 điểm)
1) Giải hệ phương trình :
1
y 1
x 1
2
5y 3
x 1
+ =
+
+ =
+
1 2
3y 1
y 1 2y 2
x 1 x 1
2
2 2
5y 3
5y 3 5y 3
x 1
x 1 x 1
−
=
+ = − = −
+ +
⇔ ⇔
+ =
+ = + =
+
+ +
1
x
2
1
y
3
=
⇔
=
2) Giải phương trình:
2 2 2
(2x x) 2x x 12 0
− + − − =
Đặt t = 2x
2
– x, pt trở thành
t
2
+ t – 12 = 0
⇔
t = 3 hay t = – 4
t = 3
⇔
2x
2
– x = 3
⇔
x = – 1 hay x = 3/2
t = – 4
⇔
2x
2
– x = – 4 ( vơ nghiệm)
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = – 1, x = 3/2
0,5x4
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
2
(3 đ)
Câu 2 : (3 điểm)
Cho phương trình x
2
– 2(2m + 1)x + 4m
2
+ 4m – 3 = 0 (x là ẩn số) (*)
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
(x
1
< x
2
) thỏa
1 2
x 2 x
=
∆
’ = (2m + 1)
2
– (4m
2
+ 4m – 3) = 4 > 0, với mọi m
Vậy (*) ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
1 2
x 2m 1,x 2m 3
= − = +
1 2
x 2 x 2m 1 2 2m 3
= ⇔ − = +
7
m
2m 1 2(2m 3)
2
5
2m 1 2(2m 3)
m
6
= −
− = +
⇔
− = − +
= −
0,5 đ
0,5đ
0,5đ
1,5đ
3
(2 đ)
Câu 3 : (2 điểm)
Thu gọn biểu thức:
7 5 7 5
A 3 2 2
7 2 11
+ + −
= − −
+
Xét M =
7 5 7 5
7 2 11
+ + −
+
Ta có M > 0 và M
2
=
14 2 44
2
7 2 11
+
=
+
suy ra M =
2
A =
2 ( 2 1) 1
− − =
1 đ
1đ
2
4 (4
ñ)
Caâu 4 : (4 ñieåm)
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp ñường tròn (O). Gọi P là ñiểm chính giữa
cung nhỏ AC. Hai ñường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng:
a)
ABP AMB
=
b) MA. MP = BA. BM
M
P
A
O
B
C
a)
1 1 1
( ) ( )
2 2 2
= − = − = =
AMB sñAB sñPC sñAC sñPC sñAP ABP
b)
= ⇒ = =
PA PC CAP ABP AMB
suy ra
CM = AC = AB
∆
MAC ~
∆
MBP (g – g)
. . .
⇒ = ⇒ = =
MA MC
MA MP MBMC MBAB
MB MP
2ñ
1ñ
1ñ
5
(3 ñ)
Caâu 5 : (3 ñieåm)
a)
Cho ph
ươ
ng trình: 2x
2
+ mx + 2n + 8 = 0 (x là
ẩ
n s
ố
và m, n là các s
ố
nguyên)
Gi
ả
s
ử
ph
ươ
ng trình có các nghi
ệ
m
ñề
u là s
ố
nguyên. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng: m
2
+ n
2
là h
ợ
p s
ố
.
G
ọ
i x
1
, x
2
là 2 nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình
⇒
x
1
, x
2
nguyên,
1 2
m
x x
2
+ = −
, x
1
x
2
= n + 4
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
m n (2x 2x ) (x x 4) 4x 4x x x 16
+ = + + − = + + +
2 2
1 2
(x 4)(x 4)
= + +
x
1
2
+ 4, x
2
2
+ 4 là các số nguyên lớn hơn 1 nên m
2
+ n
2
là hợp số.
b) Cho hai số dương a, b thỏa a
100
+ b
100
= a
101
+ b
101
= a
102
+ b
102
. Tính P = a
2010
+
b
2010
Ta có 0 = a
100
+ b
100
– (a
101
+ b
101
) = a
101
+ b
101
– (a
102
+ b
102
) .
⇒
a
100
(1 – a) + b
100
(1 – b) = a
101
(1 – a) + b
101
(1 – b)
⇒
a
100
(1 – a)
2
+ b
100
(1 – b)
2
= 0
⇒
a = b = 1
⇒
P = a
2010
+ b
2010
= 2
0,5ñ
0,5ñ
0,5ñ
1ñ
0,5ñ
6 (2ñ)
Caâu 6 : (2 ñieåm)
Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là ñường tròn tâm O
bán kính a. Tìm ñiểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB ñạt giá trị nhỏ nhất.
3
F
E
B
A
C
O
D
M
Đường thẳng OA cắt (O) tại C và D với C là trung ñiểm của OA. Gọi E là trung
ñiểm của OC.
* Trường hợp M không trùng với C và D: Hai tam giác OEM và OMA ñồng dạng
(
OM 1 OE
MOE AOM,
OA 2 OM
= = = ).
⇒
ME OM 1
AM OA 2
= =
⇒
MA = 2EM
* Tr
ườ
ng h
ợ
p M trùng v
ớ
i C: MA = CA = 2EC = 2EM
* Tr
ườ
ng h
ợ
p M trùng v
ớ
i D: MA = DA = 2ED = 2EM
V
ậ
y luôn có MA = 2EM
MA + 2MB = 2(EM + MB)
≥
2EB = h
ằ
ng s
ố
.
D
ấ
u “=” x
ả
y ra khi M là giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a
ñ
o
ạ
n BE v
ớ
i
ñườ
ng tròn (O).
V
ậ
y MA + 2MB nh
ỏ
nh
ấ
t khi M là giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a
ñ
o
ạ
n BE v
ớ
i
ñườ
ng tròn (O).
1ñ
0,5 ñ
0,5ñ
7(2ñ)
Caâu 7 : (2 ñieåm)
Cho a, b
là cá
c s
ố
d
ươ
ng
thỏ
a
2 2 2
a 2b 3c
+ ≤
. Ch
ứ
ng minh
1 2 3
a b c
+ ≥
.
Ta có
1 2 9
(1) (a 2b)(b 2a) 9ab
a b a 2b
+ ≥ ⇔ + + ≥
+
2 2 2
2a 4ab 2b 0 2(a b) 0
⇔ − + ≥ ⇔ − ≥
(
Đ
úng)
2 2 2 2 2
a 2b 3(a 2b ) (a 2b) 3(a 2b )
(2)
+ ≤ + ⇔ + ≤ +
2 2 2
2a 4ab 2b 0 2(a b) 0
⇔ − + ≥ ⇔ − ≥
(Đúng)
Từ (1) và (2) suy ra
2 2
1 2 9 9 3
a b a 2b c
3(a 2b )
+ ≥ ≥ ≥
+
+
( do a
2
+ 2b
2
≤
3c
2
)
0,5 ñ
0,5ñ
1ñ
S GIÁO DC VÀ ÀO TO K THI TUYN SINH LP 10 THPT
HÀ NI Nm hc: 2010 – 2011
CHÍNH THC MÔN: TOÁN
Thi gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 đim)
Cho biu thc
x2x3x
A
x9
x3 x3
9
, vi x 0 và x 9
1) Rút gn biu thc A.
2) Tìm giá tr ca x đ
1
A
3
.
3) Tìm giá tr ln nht ca biu thc A
Bài II (2,5 đim)
Gii bài toán sau bng cách lp phng trình:
Mt mnh đt hình ch nht có đ dài đng chéo là 13m và chiu dài ln hn
chiu rng 7m. Tính chiu dài và chiu rng ca mnh đt đó.
Bài III (1,0 đim)
Cho parabol (P) : y = x
2
và đng thng (d) : y = mx 1
1) Chng minh rng vi mi giá tr ca m thì đng thng (d) luôn ct parabol (P)
ti hai đim phân bit.
2) Gi x
1
, x
2
ln lt là hoành đ các giao đim ca đng thng (d) và parabol
(P). Tìm giá tr ca m đ :
22
12 21 12
xx xx xx 3
Bài IV (3,5 đim)
Cho đng tròn (O) có đng kính AB = 2R và đim C thuc đng tròn đó (C
khác A, B). Ly đim D thuc dây BC (D khác B, C). Tia AD ct cung nh BC ti đim
E, tia AC ct tia BE ti đim F.
1) Chng minh FCDE là t giác ni tip.
2) Chng minh DA.DE = DB.DC
3) Chng minh CF . Gi I là tâm
đng tròn ngoi tip t giác FCDE,
chng minh IC là tip tuyn ca đng tròn (O) .
D OCB
4) Cho bit DF = R, chng minh tg
AFB 2
.
Bài V (0,5 đim)
Gii phng trình :
22
x4x7(x4)x7
BÀI GII
Bài I: (2,5 đim) Vi x ≥ 0 và x
9 ta có :
1) A =
23
9
33
xxx
x
xx
9
=
(3)2(3)3
99
xx xx x
xx
9
9x
32639
9
xxxxx
x
39
9
x
x
3( 3)
9
x
x
3
3x
2)
A =
1
3
3
3x
39x 6x
x = 36
3) A
3
3x
ln nht
3x
nh nht 0x
x = 0
Bài II: (2,5 đim)
Gi x (m) là chiu rng ca hình ch nht (x > 0)
chiu dài ca hình ch nht là x + 7 (m)
Vì đng chéo là 13 (m) nên ta có :
22
13 ( 7)xx
2 2
2 14 49 169 0xx
x
2
+ 7x – 60 = 0 (1), (1) có = 49 + 240 = 289 = 17
2
Do đó (1)
717
2
x
(loi) hay
717
5
2
x
Vy hình ch nht có chiu rng là 5 m và chiu dài là (x + 7) m = 12 m
Bài III: (1,0 đim)
1) Phng trình hoành đ giao đim ca (P) và (d) là:
-x
2
= mx – 1 x
2
+ mx – 1 = 0 (2), phng trình (2) có a.c = -1 < 0 vi mi m
(2) có 2 nghim phân bit trái du vi mi m (d) luôn ct (P) ti 2 đim
phân bit.
2) x
1
, x
2
là nghim ca (2) nên ta có :
x
1
+ x
2
= -m và x
1
x
2
= -1
22
12 21 12
3xx xx xx
12 1 2
(1)xx x x 3
1( 1) 3m
F
m
+ 1 = 3 m = 2
I
A
O
D
C
E
B
Bài IV: (3,5 đim)
1) T giác FCDE có 2 góc đi
o
FED 90 FCD
nên chúng ni tip.
2) Hai tam giác vuông đng dng ACD và DEB vì
hai góc cùng chn cung CE, nên ta
CAD CBE
có t s :
DC DE
DC.DB DA.DE
DA DB
3) Gi I là tâm vòng tròn ngoi tip vi t giác
FCDE, ta có CF (cùng chn cung CD)
D CEA
Mt khác CEA (cùng chn cung AC)
CBA
và vì tam OCB cân ti O, nên .
CFD OCB
Ta có :
IC
D IDC HDB
và
OCD OBD
0
HDB OBD 90
nên IC là tip tuyn vi đng tròn tâm
O.
0
OCD DCI 90
Tng t IE là tip tuyn vi đng tròn tâm O.
4) Ta có 2 tam giác vuông đng dng ICO và FEA vì có 2 góc nhn
1
CAE COE COI
2
(do tính cht góc ni tip)
Mà
CO R
tg
CIO 2
R
IC
2
tgAFB tgCIO 2
.
Bài V: (0,5 đim)
Gii phng trình :
22
47(4) 7xx x x
t t =
2
7x , phng trình đã cho thành :
2
4(4)txxt
0
0
2
(4)4txtx ()(4)txt
t = x hay t = 4,
Do đó phng trình đã cho
22
74 7
x
hay x x
x
2
+ 7 = 16 hay
22
7
7
x
x
x
x
2
= 9 x = 3
Cách khác
:
22
47(4) 7xx x x
22
74( 4)16( 4) 7 0xx xx
22 2
(4)(4 7)( 74)( 74)0xxx x
22
740 ( 4) 740x hay x x
22
74 7
x
hay x x x
2
= 9 x = 3
TS. Nguyn Phú Vinh
(TT BDVH và LTH Vnh Vin)
Së Gi¸o dôc vμ ®μo t¹o KÌ THI TUYN SINH LP 10 THPT TP. HU
Thõa Thiªn HuÕ Khóa ngày 24.6.2010
CHÍNH THC Môn: TO¸N
Thi gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,25 đim) Không s dng máy tính cm tay:
a) Gii phng trình và h phng trình sau:
1) . 2)
2
0
3
576xx
23 1
35 9
xy
xy
b) Rút gn biu thc:
5
25
52
P
.
Bài 2
: (2,5 đim) Cho hàm s
2
y
ax .
a) Xác đnh h s a bit rng đ th ca hàm s đã cho đi qua đim
2; 8
.
M
b) V trên cùng mt mt phng ta đ đ th (P) ca hàm s đã cho vi giá tr
a
va tìm
đc và đng thng (d) đi qua
2; 8
có h s góc bng 2 . Tìm ta đ giao
đim khác M ca (P) và (d).
M
Bài 3
: (1,25 đim) Hai ngi đi xe đp cùng xut phát t A đ đn B vi vn tc bng nhau. i
đc
3
2
quãng đng AB, ngi th nht b hng xe nên dng li 20 phút và đón ô tô quay v
A, còn ngi th hai không dng li mà tip tc đi vi vn tc c đ ti B. Bit rng khong
cách t A đn B là 60 km, vn tc ô tô hn vn tc xe đp là 48 km/h và khi ngi th hai ti
B thì ngi th nht đã v A trc đó 40 phút. Tính vn tc ca xe đp.
Bài 4
: (2,5 đim) Cho tam giác ABC vuông ti A và AC > AB, D là mt đim trên cnh AC
sao cho CD < AD. V đng tròn (D) tâm D và tip xúc vi BC ti E. T B v tip tuyn th
hai ca đng tròn (D) vi F là tip đim khác E.
a) Chng minh rng nm đim A, B, E, D, F cùng thuc mt đng tròn.
b) Gi M là trung đim ca BC. ng thng BF ln lt ct AM, AE, AD theo th t ti các
đim N, K, I. Chng minh:
I
KAK
I
FAF
. Suy ra:
I
FBK IKBF
.
c) Chng minh rng tam giác ANF là tam giác cân.
Bài 5
: (1,5 đim)
T mt tm thic hình ch nht ABCD có chiu rng AB = 3,6dm, chiu dài AD = 4,85dm,
ngi ta ct mt phn tm thic đ làm mt xung quanh ca mt hình nón vi đnh là A và
đng sinh bng 3,6dm, sao cho din tích mt xung quanh này ln nht. Mt đáy ca hình nón
đc ct trong phn còn li ca tm thic hình ch nht ABCD.
a)
Tính th tích ca hình nón đc to thành.
b)
Chng t rng có th ct đc nguyên vn hình tròn đáy mà ch s dng phn còn li
ca tm thic ABCD sau khi đã ct xong mt xung quanh hình nón nói trên.
Ht
SBD thí sinh:
Ch ký ca GT 1:
S GIO DC V O TO K THI TUYN SINH LP 10 THPT TP. HU
THA THIấN HU
Mụn: TON - Khúa ngy: 25/6/2010
CHNH THC P N V THANG IM
Bi
ý
Ni dung
im
1
2,25
a.1
(0,75)
Gii phng trỡnh
2
576xx 0
(1):
2
49 120 169 13 , 13 ,
1
713 3
10 5
x
v
1
713
2
10
x
.
Vy phng trỡnh cú hai nghim:
12
3
,2
5
xx
0,25
0,25
0,25
a.2
(0,75)
Giải hệ phơng trình
23 1
35 9
xy
xy
3
:
23 13 69 39 23 1
3 5 9 6 10 18 19 57
xy xy xy
xy x y y
3
32
29134 3
yx
xy
0,50
0,25
b.
(0,75)
552
5
25 25
54
52
P
52525 5
0,50
0,25
2
2,5
2.a
(0,75)
+ th (P) ca hm s
2
y
ax đi qua điểm
2; 8M
, nên:
82
.
2
aa 2
Vậy: v hm s ó cho l: 2a
2
2
y
x
0,50
0,25
2.b
(1,75)
+ ng thng (d) cú h s gúc bng 2
, nờn cú phng trỡnh dng:
2yx b
+ (d) i qu
a
điểm , nên:
2; 8M
2bb82 4
, () : 2 4dy x
+ V (P)
+ V (d)
+ Honh giao im ca (P) v (d) l nghim ca phng trỡnh:
22
224 2xx xx 0.
+ Phng trỡnh cú hai nghim:
12
1; 2xx
Do ú honh giao im th hai ca (P) v (d) l
2
121xy 2
.
Vy giao im khỏc M ca (P) v (d) cú ta :
1;2N
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
1
3
1,25
Gi x (km/h) là vn tc ca xe đp, thì x + 48 (km/h) là vn tc ca ô tô. iu
kin: x > 0.
Hai ngi cùng đi xe đp mt đon đng
2
40
3
A
CAB km
on đng còn li ngi th hai đi xe đp đ đn B là: CB = ABAC=20 km.
0,25
0,25
Thi gian ngi th nht đi ô tô t C v A là:
40
48x
(gi) và ngi th hai đi
t C đn B là:
20
x
(gi).
Theo gi thit, ta có phng trình:
40 1 20 2 40 20
1
48 3 3 48
x
xx
x
Gii phng trình trên:
40 48 20 48xxx x hay
2
68 960 0xx
Gii phng trình ta đc hai nghim:
1
80 0x
(loi) và .
2
12x
Vy vn tc ca xe đp là: 12 km
/h
0,25
0,25
0,25
4
2,5
4.a
(1,0)
Hình v đúng.
Theo tính cht tip tuyn, ta có:
0
90BED BFD
Mà (gi thit)
0
90BAD BAC
Do đó:
0
90BED BFD BAD
Vy: Nm đim
A,B,E,D,F cùng thuc đng tròn đng kính BD.
0,25
0,25
0,25
0,25
4.b
(1,0)
Gi (O) là đng tròn đng kính BD. Trong đng tròn (O), ta có:
DE DF (do DE, DF là bán kính đng tròn (D))
AFEAD D
Suy ra: AD là tia phân giác
E
AF
hay AI là tia phân giác ca KAF
Theo tính cht phân giác ta có
I
KAK
I
FAF
(1)
Vì AB AI nên AB là tia phân giác ngoài ti đnh A
ca
KAF.
Theo tính cht phân giác ta có :
B
KAK
B
FAF
(2)
0,25
0,25
0,25
2
T (1) và (2) suy ra :
I
KBK
I
FBF
. Vy IF . BK = IK . BF (đpcm)
0,25
4.c
(0,5)
Ta có: AM là trung tuyn thuc cnh huyn BC nên AM = MC, do đó AMC
cân ti M, suy ra:
M
CA MAC .
T đó: (vì AI là tia phân giác ca góc EAF)
NAFMACDAFMCAEAC
Mà (góc ngoài ca tam giác AEC)
AEB MCA EAC
Nên
NAF AEB
Mt khác, (góc ni tip cùng chn cung AB)
AFB AEB
Suy ra:
NAF BFA NFA
Vy : ANF cân ti N (đpcm)
0,25
0,25
5
1,5
a) Hình khai trin ca mt xung quanh ca hình nón có đnh ti A, đng sinh
là hình qut tâm A bán kính AB. Mt xung quanh này có din
tích ln nht khi góc tâm ca hình qut bng .
3, 6ldmAB
0
90
+ Din tích hình qut cng là din tích xung quanh ca hình nón có bán kính
đáy là nên:
r
22
90
360 4
xq
ll
Sr
l
Suy ra:
0,9
4
l
rd
m
Do đó th tích ca hình nón đc to ra là:
3
2222
11 15
2,96
33 3
r
Vrhrlr dm
3
m
b) Trên đng chéo AC, v đng tròn tâm I bán kính ngoi tip
cung qut tròn ti E. IH và IK là các đon vuông góc k t I đn BC và CD.
0,9rd
Ta có:
22
3, 6 4, 85 (3, 6 0, 9) 1, 54CI AC AI dm
IH//AB
0,91 0,9
HI CI AB CI
I
Hdmr
AB AC AC
dm
Tng t:
0,9
I
Kr dm
Vy sau khi ct xong mt xung quanh, phn còn li ca tm thic ABCD có th
ct đc mt đáy ca hình nón.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Ghi chú:
Hc sinh làm cách khác đáp án nhng đúng vn cho đim ti đa.
im toàn bài không làm tròn.
3
S GIÁO DC VÀ ÀO TO K THI TUYN SINH THPT CHUYÊN QUC HC
THA THIÊN HU Khoá ngày 24.6.2010
CHÍNH THC Môn: TOÁN
Thi gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (1,5 đim)
Xác đnh tham s m đ phng trình
2
121 2mx mxm 0
có hai nghim
phân bit
12
,
x
x tho mãn:
12 1
47
2
x
xxx.
Bài 2:
(2,0 đim)
Tìm giá tr nh nht ca biu thc khi các s t
hc
x, y thay đi. Giá tr nh nht đó đt đc ti các giá tr nào ca x và y.
22
2 3 2010Px xyy x y
Bài 3:
(2,5đim)
a) Gii phng trình :
33
35x 2x.
b) Gii h phng trình :
11
40
1
- 4 = 0
x
xy
xy
xy
xy
yyx
Bài 4:
(2,0 đim)
Cho tam giác ABC có BC = 5a, CA = 4a, AB = 3a. ng trung trc ca đon AC
ct đng phân giác trong ca góc BAC ti K.
a) Gi (K) là đng tròn có tâm K và tip xúc vi đng thng AB. Chng minh
rng đng tròn (K) tip xúc vi đng tròn ngoi tip ca tam giác ABC.
b) Chng minh rng trung đim ca đon AK cng là tâm đng tròn ni tip ca
tam giác ABC.
Bài 5:
(2,0 đim)
a) Vi b s (6 ; 5 ; 2), ta có đng thc đúng :
65 5
26 2
.
Hãy tìm tt c các b s (a ; b ; c) gm các ch s h thp phân a , b, c đôi mt
khác nhau và khác 0 sao cho đng thc
ab b
ca c
đúng.
b) Cho tam giác có s đo mt góc bng trung bình cng ca s đo hai góc còn li
và đ dài các cnh a, b, c ca tam giác đó tho mãn:
abc a b c
.
Chng minh rng tam giác này là tam giác đu.
HT
SBD thí sinh:
Ch ký GT1:
S GIÁO DC VÀ ÀO TO K THI TUYN SINH THPT CHUYÊN QUC HC
THA THIÊN HU Khoá ngày 24.6.2010
CHÍNH THC Môn: TOÁN
HNG DN CHM
Bài Ni dung im
Bài 1
(1,5đ)
Phng trình có hai nghim phân bit
0
0
a
0,25
10 1
(*)
30 3
mm
mm
0,25
Ta có:
12
12
2( 1)
1
2
1
m
xx
m
m
xx
m
0,25
12 12
21
2
474 7
11
m
m
xx xx
mm
0,25
817 2mmm6 Tho mãn (*)
Vy: m = 6 tho mãn yêu cu bài toán .
0,5
BÀI 2
(2đ)
Ta có:
22
2 3 2010Px y xy y
0,25
2
2
2
2
2
3 2010
24
y
y
Px y y
0,5
2
2
1 3 4 6023
22
443
Pxy y
3
0,5
6023
3
P vi mi x, y.
0,25
6023
3
P khi và ch khi:
1
220
3
4
4
0
3
3
xy
x
y
y
0,25
Vy giá tr nh nht ca P là
min
6023
3
P đt khi
1
3
x
và
4
3
y
0,25
Bài 3
(2,5đ)
Lp phng hai v phng trình
33
35x 2x
(1), ta đc:
33
3
8 3 ( 3)(5 )( 3 5 ) 8xxx x
0,25
Dùng (1) ta có:
3
(3)(5)0 (2xx )
0,25
3.a
(1đ)
Gii (2) và th li tìm đc :
3, 5
x
x
là hai nghim ca phng trình đã cho.
0,5
iu kin : x 0; y 0 .
0,25
Vit li h :
11
4
11
.4
xy
xy
xy
xy
0,5
t :
1
ux
x
;
1
vy
y
, ta có h :
4
4
uv
uv
0,25
Gii ra đc : .
2; 2uv
0,25
3.b
(1đ,5)
Gii ra đc : x = 1 ; y = 1. H đã cho có nghim : (x ; y) = (1 ; 1).
0,25
BÀI 4
(2đ)
Do BC
2
= AC
2
+ AB
2
nên tam giác ABC vuông ti A.
0,25
ng tròn (O) ngoi tip ABC có tâm là trung đim O ca BC, có bán kính
5
2
ra
.
0,25
Gi Q là trung đim AC và R là tip đim ca (K) và AB.
KQAR là hình vuông cnh 2a. ng tròn (K) có bán kính = 2a
0,25
4. a
(1đ)
Do OK= KQ – OQ = 2a –
3
2
a =
1
2
a = r – , nên (K) tip xúc trong vi (O).
0,25
Gi I là trung đim AK, ni BI ct OQ ti T. Ta chng minh T thuc đng tròn (O). 0,25
Hai tam giác IQT và IRB bng nhau nên QT = RB = a 0,25
Vì OT = OQ + QT =
3
2
a + a = r nên T thuc đng tròn (O).
T đó T là trung đim ca cung AC ca đng tròn (O).
0,25
4.b
(1đ)
Suy ra BI là phân giác ca góc ABC. Vì vy I là tâm ni tip ca ABC.
0,25
T
O
I
K
R
Q
C
B
A
BÀI 5
(2đ)
5. a
(1đ)
Hãy tìm tt c các b s (a ; b ; c) gm các ch s a , b, c khác nhau và khác 0 sao
cho đng thc:
ab b
ca c
( 1) đúng.
Vit li (1): (10a + b)c =(10c + a)b
2.5.c(a – b) = b(a – c).
Suy ra: 5 là c s ca b(a – c).
0,25
Do 5 nguyên t và 1, nên: , 9;abc a c
51) hoc b = 5 2) hoc -ac
3) hoc -5ca
0,25
+ Vi b = 5: 2c(a 5) = a c
c =
29
a
c
a
9
21
29
c
a
.
Suy ra: 2a 9 = 3 ; 9 (a ≠ 5, do a ≠ c)
Trng hp này tìm đc: (a; b; c) = (6; 5; 2), (9; 5; 1)
+ Vi a = c + 5: 2c(c + 5 b) = b
b =
2
210
21
c
c
c
. Vit li:
9
229
21
bc
c
Suy ra: 2c + 1 = 3 ; 9 (c ≠ 0).
Trng hp này tìm đc: (a; b; c) = (6; 4; 1), (9; 8; 4).
+ Vi c = a + 5: 2(a + 5)(a b) = b
b =
2
210
29
aa
a
.
Vit li :
9.19
2219
29
ba
a
. Suy ra: b > 9, không xét .
+ Vy:
Các b s tha bài toán:
(a ; b ; c) = (6 ; 5 ; 2), (9 ; 5 ; 1), (6; 4 ; 1), (9 ; 8 ; 4).
0,5
T gi thit s đo mt góc bng trung bình cng ca s đo hai góc còn li, suy ra
tam giác đã cho có ít nht mt góc bng 60
o
.
Ví d: T 2A = B + C suy ra 3A = A + B + C = 180
o
. Do đó A = 60
o
.
0,25
T abc a b c (*), suy ra tam giác đã cho là tam giác cân.
Tht vy, bình phng các v ca (*):
222abc abc ab cb ac
0cc a ba c
0acbc
Vì vy tam giác này có a = c hoc b = c.
0,5
5.b
(1đ)
Tam giác đã cho là tam giác cân và có góc bng 60
o
nên là tam giác đu. 0,25
Gi ý li gii môn Toán
K thi tuyn sinh vào lp 10 THPT ti Hà ni
Bài I ( 2,5 đim)
Cho biu thc: A =
+ - , vi x và x 9
1/ Rút gn biu thc A.
2/ Tìm giá tr ca x đ A =
3/ Tìm giá tr ln nht ca biu thc A.
Li gii
1/ A =
+ -
=
= = =
2/ A =
= = 9 = 6 x = 36 (T/m)
Vy x = 36 thì A = 1/3.
3/ Do
=> 1.
A
1
A
max
= 1 x = 0 (T/m)
Bài II ( 2,5 đim)
Gii bài toán sau bng cách lp phng trình:
Mt mnh đt hình ch nht có đ dài đng chéo là 13 m và chiu dài ln hn chiu rng 7 m. Tính
chiu dài và chiu rng ca mnh đt đó.
Li gii
Gi chiu rng ca hình ch nht là x (x>0; đn v: m)
Chiu dài hình ch nht là: x+7 (m)
Vì đng chéo hình ch nht là 13m, nên theo Pytago ta có phng trình:
x
2
+ (x+7)
2
= 169
=> x
2
+ x
2
+14x + 49 = 169
2x
2
+ 14x-120= 0
x
2
+7x-60= 0
∆= 49+240=289
x
1
= = 5 (tmđk); x
2
= = -12 (loi)
Vy chiu rng hình ch nht là 5m; chiu dài là 12m.
Bài III ( 1,0 đim)
Cho parabol (P): y=-x
2
và đng thng (d): y=mx-1
1/ Chng minh rng vi mi giá tr ca m thì đng thng (d) luôn ct parabol (P) ti 2 đim phân
bit
2/ Gi x
1
, x
2
ln lt là hoành đ các giao đim ca đng thng (d) và parabol (P). Tìm giá tr ca m
đ : x
1
2
x
2
+x
2
2
x
1
-x
1
x
2
=3.
Li gii
1/ Xét phng trình hoành đ giao đim (P) và (d): -x
2
= mx-1
x
2
+ mx - 1 = 0 (*)
Có: ac = -1 <0 => phng trình đã cho có 2 nghim phân bit vi
m
2/ x
1
2
x
2
+ x
2
2
x
1
- x
1
x
2
= 3
x
1
x
2
(x
1
+x
2
) - x
1
x
2
= 3 (1)
Vì phng trình (*) luôn có 2 nghim vi
m nên:
Theo Viét ta có: x
1
+x
2
=
= -m; x
1
x
2
= = -1
(1) -1.(-m) + 1 = 3 => m+1 = 3 => m=2.
Vy vi m = 2 thì x
1
2
x
2
+ x
2
2
x
1
- x
1
x
2
= 3.
Bài IV ( 3,5 đim)
Cho đng tròn (O) có đng kính AB = 2R và đim C thuc đng tròn đó (C khác A, B). Ly đim
D thuc dây BC ( D khác B, C). Tia AD ct cung nh BC ti đim E, tia AC ct tia BE ti đim F.
1/ Chng minh FCDE là t giác ni tip.
2/ Chng minh DA.DE = DB.DC
3/ Chng minh CFD = OCB. Gi I là tâm đng tròn ngoi tip t giác FCDE, chng minh IC là tip
tuyn ca đng tròn (O).
4/ Cho bit DF=R, chng minh tg AFB = 2.
Li gii
1/ AEB = 90
o
(góc ni tip chn ½ đng tròn) => AEF = 90
o
ACB = 90
o
(góc ni tip chn ½ đng tròn) => FCB = 90
o
T giác CFED có: C + E = 180
o
=> t giác CFED ni tip ( t giác có tng 2 góc đi bng 180
o
)
2/ Xét ∆ACD và ∆BED:
C = E = 90
o
(1)
A
1
= B
1
( 2 góc ni tip cùng chn cung CE ) (2)
(1) và (2) => ∆ACD đng dng ∆BED (góc - góc)
= => AD.DE = BD.CD
3/ * Có D là trc tâm ca ∆FAB (do AE FB, BC AF) => FD AB ti H.
F
1
+ FAH = 90
o
Mà B
2
+ FAH = 90
o
=> F
1
= B
2
Có ∆COB cân ti O (CO=OB=R)=> góc C
1
= góc B
2
=> góc C
1
= góc F
1
( cùng = góc B
2
)
* Tâm I ca đng tròn ngoi tip t giác FCDE là trung đim ca FD => CI=IF=1/2 FD
(do góc DCF = 90
o
tính cht trung tuyn ng vi cnh huyn)
=> ∆CIF cân ti I => góc C
2
= góc F
1
Có ∆CAO cân ti O (CO=OA=R) => góc C
3
= góc CAO
Mà góc F
1
+ góc CAO = 90
o
=> góc C
2
+ góc C
3
= 90
o
=> góc ICO = 90
o
=> IC CO, mà C
(O) =>
IC là tip tuyn ca đng tròn (O) (PCM)
4/ Xét ∆ICO và ∆IEO có: IC = IE (cùng bng bán kính ca đng tròn (I)) (3)
CO = OE (=R) (4)
IO chung (5)
T (3), (4) và (5) => ∆ICO = ∆IEO (c.c.c)
góc COI = góc EOI
góc COI = ½ góc COE = ½ sđ cung CE ( góc COE là góc tâm)
mà góc A
1
= ½ sđ cung CE ( góc A
1
là góc ni tip chn cung CE )
góc A
1
= góc COI.
Xét ∆ACD và ∆OCI có: góc A
1
= góc COI (cmt) (6)
Góc ACD = góc OCI ( = 90
o
) (7)
T (6) và (7) => ∆ACD đng dng ∆OCI (g.g) =>
= => = (8)
∆OCI có CI = R/2 ( do CI = ½ FD ) ; CO = R =>
= 2 (9)
T giác CFED ni tip => góc CFE = góc CDA ( góc ngoài ca t giác ni tip = góc trong ti đnh
đi) (10)
Xét ∆CAD có góc C = 90
o
=> tg góc CDA = (11)
T (8) (9) (10) và (11) => tg góc CFE = 2
(hình v ca Bài IV)
Bài V ( 0,5 đim)
Gii phng trình: x
2
+ 4x + 7 = (x+4)
Li gii
x
2
+ 4x + 7 = x
+ 4
x
2
+ 7 - 4
+ 4x - x = 0
( - 4) - x = 0
(
) = 0
2
3
1
1
1
2
I
H
D
E
C
O
A
B
F
1
