Đáp án - Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang)
Câu 1 (2,5 điểm):
1. Giải phương trình: 4x = 3x + 4
2. Thực hiện phép tính:
A 5 12 4 3 48= − +
3. Giải hệ phương trình sau:
1 1
1
x y
3 4
5
x y

− =




+ =


Câu 2 (2,0 điểm):
Cho phương trình: 2x

2
+ (2m 1)x + m 1 = 0 (1), trong đó m là tham số.
1. Giải phương trình (1) khi m = 2.
2. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn: 4
2
1
x
+ 4
2
2
x
+ 2x
1
x
2
= 1
Câu 3 (1,5 điểm):
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng
vận tốc thêm 3 km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc của
người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Câu 4 (2,5 điểm):
Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại
A. Trên đường thẳng d lấy điểm H sao cho AH < R. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc
với đường thẳng d, cắt (O;R) tại hai điểm E và B (E nằm giữa H và B).
1. Chứng minh rằng góc ABE bằng góc EAH.
2. Trên dường thẳng d lấy điểm C sao cho H là trung điểm của đoạn AC. Đường thẳng

CE cắt AB tại K. Chứng minh rằng tứ giác AHEK nội tiếp được đường tròn.
3. Xác định vị trí của điểm H trên đường thẳng d sao cho AB = R
3
.
Câu 5 (1,5 điểm):
1. Cho ba số a,b,c > 0. Chứng minh rằng:
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1
a b abc b c abc c a abc abc
+ + ≤
+ + + + + +
2. Tìm x, y nguyên thoả mãn:x + y + xy + 2 = x
2
+ y
2
HẾT
Họ và tên thí sinh:………………………………………Số báo danh:…………………
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: ………………………………………………
Giám thị 2: ………………………………………………


LỜI GIẢI ĐTTS LỚP 10 THPT TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2009 – 2010
MÔN: TOÁN
Câu 1 (2,5 điểm):
1)
4 3 4x x
= +
4 3 4
4
x x

x
⇔ − =
⇔ =
2)
A 5 12 4 3 48= − +

10 3 4 3 4 3
10 3
= − +
=
3) Điều kiện x ≠ 0 và y ≠ 0
1 1 4 4
7
7
7
1 4
9
9
9
1 1
3 4 3 4
7
1
5 5
1
2
x
x
x y x y
x

x
y
y
x y
x y x y x
 



− = − =
=
=
=
 



    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
    
− =
+ = + = =
=


  
−




 
Câu 2 (2,0 điểm):
1) Thay m=2 vào phương trình ta được phương trình:
2
2 3 1 0x x+ + =
Phương trình này có a – b +c= 2 – 3 + 1=0
nên có hai nghiệm là
1
2
1
1
2
x
x
= −



= −

2) Xét phương trình 1 có
2
4 4 1 4 2( 1)m m m∆ = − + − × −
2
2
4 12 9
(2 3) 0
m m
m m

= − +
= − ≥ ∀
Nên phương trình luôn có hai nghiệm x
1
, x
2
với mọi giá trị của m
Áp dụng định lý Viet cho 2 nghiệm ta có
1 2
1 2
1 2
2
1
2
m
x x
m
x x
−

+ =



−

× =


Xét biểu thức 4

2
1
x
+ 4
2
2
x
+ 2x
1
x
2
= 1

2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
2
2
4 ( ) 2 2 1
4( ) 6 1
1 4 4 3 3 1
4 7 3 0
x x x x x x
x x x x
m m m
m m
 
⇔ + − + =
 

⇔ + − =
⇔ − + − + =
⇔ − + =
Phương trình bậc hai ẩn m có a + b + c=4 – 7 + 3 = 0
nên có hai nghiệm là
1
2
1
3
4
m
m
=



=



Câu 3 (1,5 điểm):
Gọi vận tốc người đi xe đạp từ A đến B là x (km/h) điều kiện x>0.
Vận tốc người đi xe đạp từ B về A là: x+3 (km/h).
Thời gian đi từ A tới B là
36
x
(giờ).
Thời gian đi từ B về A là
36
3x +

(giờ).
Vì thời gian lúc vê nhanh hơn lúc đi là 36 phút hay
3
5
giờ nên ta có phương trình
36 36 3
3 5x x
− =
+
2
2
60 180 60 3
3 180 0
x x x x
x x
⇔ + − = +
⇔ + − =
9 4 180 729 27∆ = + × = ⇒ ∆ =
Phương trình có hai nghiệm x
1
=12 (thỏa mãn điều kiện đầu bài)
x
2
= -15 (Lọa vì không thỏa mãn điều kiện đầu bài)
Kết luận: Vận tốc xe đạp đi từ A tới B là 12 km/h
Câu 4 (2,5 điểm):
Hình vẽ:
1) Chứng minh góc ABE bằng góc EAH.
·
·

1
ABE=EAH
2
=
sđ
»
AE

(Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dâu cung cùng chắn cung AE
của đương tròn tâm O)
2) Chứng minh rằng tứ giác AHEK nội
tiếp được đường tròn.
• Ta có
EH AC⊥
và đi qua trung điểm AC nên EH là trung trực của đoạn AC.
⇒
E cách đều A và C,
⇒
AEC∆
cân tại E
⇒
·
·
ECA= EAH
Theo ý 1) thì
·
·
ABE=EAH
⇒

·
·
ECA= ABE
hay
· ·
ECH= EBK
• Xét 2 tam giác
ECH∆
và
EBK∆
có:
· ·
ECH= EBK
(CM trên)

·
·
CEH= BEK
(Đối đỉnh)
⇒
ECH
∆
và
EBK∆
đồng dạng với nhau (Góc, góc)
⇒
· ·
0
CHE= BKE 90=

• Xét tứ giác AHEK có:
·
0
EHA 90=

·
0
AKE 90=
(kề bù với góc
·
0
BKE 90=
)
Vậy tứ giác AHEK nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối =180
0
). ĐPCM
3) Xác định vị trí của điểm H trên đường thẳng d sao cho AB = R
3
.
Kẻ OI vuông góc với AB tại I thì OI sẽ đi qua trung điểm AB (tinh chất bán kính
vuông góc với dây cung)
Giả sử AB =
R 3
thì AI =
3
R
2


·

AO 3 3
cosOAI R :
AI 2 2
R⇒ = = =

·
0
OAI 30⇒ =
·
0
60BAH⇒ =
·
0
1 AH
cosBAH cos60
2 AB
⇒ = =

AB R 3
AH=
2 2
⇒ =
Vậy để AB = R
3
thì AH =
R 3
2
Ta có a
3
+ b

3
= (a + b)(a
2
– ab + b
2
) ≥ ab(a + b) (Áp dụng BĐT Côsi cho a
2
+ b
2
)
⇒
a
3
+ b
3
+ abc ≥ ab(a + b + c)
Tương tự:
( )
3 3
1 1
b c abc bc a b c
⇒ ≤
+ + + +

( )
3 3
1 1
c a abc ca a b c
⇒ ≤
+ + + +

Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta có:
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1
+ + + +
a + b + abc b + c + abc c + a + abc ab a + b +c bc a + b +c ca a + b +c
⇒ ≤
( )
( )
3 3 3 3 3 3
a + b +c
1 1 1 1
+ +
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc a + b +c abc
⇒ ≤ =
(ĐPCM)
3) Tìm x, y nguyên thoả mãn:
x + y + xy + 2 = x
2
+ y
2
⇔ 2x
2
+ 2y
2
– 2x – 2y – 2xy = 4
⇔ (x
2
– 2xy + y
2

) + (x
2
– 2x + 1) + (y
2
– 2y + 1) = 6
⇔ (x – y)
2
+ (x – 1)
2
+ (y – 1)
2
= 6
Do x, y
∈
Z nên chỉ có thể phân tích 6 = 2
2
+ 1
2
+ 1
2
Đây là phương trình chứa 2 ẩn x y có vai trò như nhau, tức là nếu có nghiệm x=a và
y=b thì cũng có nghiệm x=b và y=a
TH1:
x y 2
x 1 1
y 1 1

− =

− =



− =

⇒
x 2
y 0
=


=

hoặc
x 0
y 2
=


=

TH2:
x y 1
x 1 2
y 1 1

− =

− =



− =

⇒
x 3
y 2
=


=

hoặc
x 1
y 0
= −


=

TH3:
x y 1
x 1 1
y 1 2

− =

− =


− =


⇒
x 2
y 3
=


=

hoặc
x 0
y 1
=


= −

Kết luận: Phương trình có 6 cặp nghiệm là:
2
x o
y
=


=

;
2x
y o
=



=

;
3
2
x
y
=


=

;
2
3
x
y
=


=

;
0
1
x
y
=



= −

;
1
0
x
y
= −


=


Hết