LOI GIAI MON TOAN VAO 10 THANH HOA 2010-2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THANH HÓA NĂM HỌC 2010 - 2011
ĐỀ A Môn thi: Toán
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian phát đề
Bài 1(2.0 điểm):
Cho phương trình x
2
+ nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)
Giải phương trình (1) khi n = 3
Giả sử
21
, xx
là các nghiệm của phương trình (1), tìm n để:

( ) ( )
611
2
12
2
21
>+++ xxxx
Bài 2: (2.0 điểm):
Cho biểu thức A=






−









+
−
−
−
+
aa
a
a
a 1
3
1
3
3
3
3
Với a>0; a
≠
9
Rút gọn A
Tìm a để A nhận giá trị nguyên.
Bài 3 (2.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): y = x
2

và các điểm A, B thuộc parabol (P)
với
A
x
= -1 ;
B
x
= 2
Tìm tọa độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB.
Tìm m để đường thẳng (d): y = (2m
2
- m)x + m +1 (với m là tham số) song song với AB.
Bài 4 (3.0 điểm):
Cho tam giác PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao QM, RN
của tam giác cắt nhau tại H.
Chứng minh tứ giác QRMN là tứ giác nội tiếp một đường tròn.
Kéo dài PO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác QHRK là hình bình hành.
Cho cạnh QR cố định, P thay đổi trên cung lớn QR sao cho tam giác PQR luôn nhọn. Xác định
vị trí của P để diện tích tam giác QRH lớn nhất.
Bài 5: (1.0 điểm):
Cho x,y là các số dương thỏa mãn x + y = 4
Tính giá trị nhỏ nhất của: P =
xy
yx
33
22
++
Hết
Họ và tên thí sinh: ……………………………… Số báo danh: ………………
Chữ ký giám thị 1: ………………… ; Chữ ký giám thị 2: …………………

Lời giải môn TOÁN
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT THANH HOÁ
Năm học 2010-2011
Bài 1
1. Khi n=3 phương trình (1) trở thành :
x
2
+3x – 4 = 0
vì a+b+c = 1+3+(-4)= 0 nên phương trình có 2 nghiệm là : x
1
=1 ; x
2
= - 4
2. vì a.c = 1.(-4) <0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
Ta có : x
1
(x
2
2
+ 1) + x
2
(x
1
2
+ 1) > 6
x
1
x
2
2

+x
1
+ x
1
2
x
2
+ x
2
> 6
x
1
x
2
(x
1
+ x
2
) +(x
1
+ x
2
) > 6 (*)
Mặt khác,theo hệ thức Vi-et :

1 2
1 2
4
x x n
x x

+ = −


= −

nên (*)
4 6 3 6 2n n n n⇔ − > ⇔ > ⇔ >
Vậy với n >2 thì phương trình (1) có 2 nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài 2
1. Rút gọn

2 2
3 3 1 1
3
3 3
( 3) ( 3) 3
( 3)( 3) 3
( 3 3)( 3 3) 3
( 3)( 3) 3
12 3
( 3)( 3) 3
4
3
a a
A
a a a

a a a
a a a
a a a a a
a a a
a a
a a a
a
 
+ −
 
= − −
 ÷
 ÷
 ÷
− +
 
 
  
+ − − −
=
 ÷ ÷
 ÷ ÷
− +
  
  
+ − + + + − −
=
 ÷ ÷
 ÷ ÷
− +

  
  
−
=
 ÷ ÷
 ÷ ÷
− +
  
= ≠
+
víi a > 0 , a 9
2. Với a >0, a
9
≠
. Để A nhận giá trị nguyên thì
4
3a +
phải là số nguyên
Đặt
4
3a +
= n
∈Ζ
, ta có:
3 4n a n+ =
do đó
4 3n
a
n
−

=
(vì n
0
≠
)
vì
0a ≥
nên n phải là số nguyên dương, suy ra:
4
4 3 0 1 1 1
3
n n n a a− ≥ ⇔ ≤ ⇒ = ⇒ = ⇔ =
Vậy với a=1 thì biểu thức A nhận giá trị nguyên( bằng 1)
***CHÚ Ý: Sẽ là sai lầm nếu nói
4
3a +
nguyên
3a⇔ +
là ước của 4
Bài 3
1.vì A và B thuộc (P) nên:

2 2
2 2
( 1) 1 ( 1;1)
2 4 (2;4)
A A
B B
y x A
y x B

= = − = ⇒ −
= = = ⇒
Gọi phương trình đường thẳng AB là:
y ax b= +
vì đường thẳng đi qua A và B nên ta có hệ phương trình
1 3 3 1
2 4 1 2
a b a a
a b a b b
− + = = =
  
⇔ ⇔
  
+ = − + = =
  
Vậy phương trình đường thẳng AB là: y = x + 2
2.Điều kiện để đường thẳng (d) song song với đường thảng AB là:
2m
2
– m =1 và m + 1
2≠
2
2 1 0m m⇔ − − =
và
1m ≠
ta có:
2
1 2
1
2 1 0 1;

2
m m m m− − = ⇔ = = −

mà
1m
≠
nên với
1
2
m = −
thì đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB
Bài 4. (Tự vẽ hình)
1. Ta có : gócQMR = gócQNR = 90
0
(vì QM, RN là đường cao của tam giác PQR)
mà M,N cùng thuộc nửa mặt phẳng có bờ là QR
suy ra tứ giác QRMN nội tiếp. P
2. Ta có :
gócPQK = gócPRK = 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) M
suy ra: N

⊥ ⊥
⊥ ⊥
⇒
KQ PQ;KR PR
mµ RN PQ; QM PR (gt)
KQ//RN; KR//QM
hay KQ//RH; KR//QH

Q I R
suy ra tứ giácQHRK là hình bình hành. K
3. Hạ KI
⊥
QR tại I
vì tứ giác QHRK là hình bình hành nên S
QRH
=S
QRK
=
1
2
QR.KI
mà QR không đổi nên S
QRH
lớn nhất khi KI lớn nhất
⇔
K là điểm nằm chính giữa
cung nhỏ QR
⇒
P là điểm nằm chính giữa cung lớn QR.
Vậy S
QRH
lớn nhất khi P nằm chính giữa cung lớn QR.
Bài 5
Ta có :

2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2

0 ( ) 2
( ) 4
2 2( ) ( ) 8(1)
2 2
x y x xy y
x y
x y xy x y x y x y
≤ − = − +
+
⇒ + ≥ ⇒ + ≥ + ⇒ + ≥ = =

cũng từ
2 2
2 2 2
( ) 4 33 33
2 ( ) 4 4 (2)
4 4 4
x y
x y xy x y xy xy
xy
+
+ ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≤ = = ⇒ ≥ (v × x, y > 0)
Từ (1) và (2) suy ra :
2 2
33 33 65
8
4 4
P x y
xy
= + + ≥ + =

Dấu ’’=’’ xảy ra
⇔
x = y =2
Vậy MinP =
65
2
4
x y⇔ = =
**************************************************************
(Lời giải của thầy giáo Nguyễn Cường THCS Nghi sơn-Tĩnh gia -Thanh hóa)