TSL10 Toan Thanh Hóa 10-11

SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THANH HOÁ Năm học 2010 – 2011
Môn thi:
Toán
Ngày thi:
30 tháng 6 năm 2010
Thời gian làm bài:
120phút
Bài I
(2,0 điểm)
Cho phương trình : x
2
+ nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)
1. Giải phương trình (1) khi n = 3
2. Giả sử x
1
,x
2
là nghiệm của phương trình (1),tìm n để :
x
1
(x
2
2
+1 ) + x
2
( x
1
2
+ 1 ) > 6
Bài II

(2,0 điểm)
Cho biểu thức
3 3 1 1
3
3 3
a a
A
a a a
 
+ −
 
= − −
 ÷
 ÷
 ÷
− +
 
 
với a > 0;
9a
≠
1.Rút gọn A
2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Bài III
(2,0

điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy
Cho parabol (P): y = x
2
và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới x

A
= -1,x
B
= 2
1.T ìm to ạ đ ộ c ác đi ểm A,B v à vi ết ph ư ơng tr ình đ ư ờng th ẳng AB.
2. T ìm m đ ể đ ư ờng th ẳng (d) : y = (2m
2
– m)x + m + 1 (v ới m l à tham s ố ) song song v ới
đ ư ờng th ẳng AB.
Bài IV
(3,0)
Cho tam gi ác PQR c ó ba g óc nh ọn n ội ti ếp đ ư ờng tr òn t âm O,c ác đ ư ờng cao
QM,RN c ủa tam gi ác c ắt nhau t ại H.
1.Ch ứng minh t ứ gi ác QRMN l à t ứ gi ác n ội ti ếp trong m ột đ ư ờng tr òn.
2. K éo d ài PO c ắt đ ư ờng tr òn O t ại K.Ch ứng minh t ứ gi ác QHRK l à h ình b ình h ành.
3. Cho c ạnh QR c ố đ ịnh,Pthay đ ổi tr ên cung l ớn QR sao cho tam gi ác PQR lu ôn nh ọn.X
ác đ ịnh v ị tr í đi ểm P đ ể di ện t ích tam gi ác QRH l ớn nh ất.
Bài V
( 1,0 điểm)
Cho x,y l à c ác s ố d ư ơng tho ả m ãn : x + y = 4
T ìm gi á tr ị nh ỏ nh ất c ủa :
2 2
33
P x y
xy
= + +
Hết
Họ tên thí sinh:…………………………………………………….Số báo danh:…………………………………
Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:
1

ĐỀ CHÍNH THỨC
Đ ề A
Đáp án:
Bài I)
1) Với n = 3, ta có pt: x
2
+ 3x – 4 = 0
pt có a+b++c=0 nên x
1
= 1, x
2
= -4
2. pt đã cho có
2
16 0n∆ = + >
với mọi n, nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
x
1
, x2
.
Áp
dụng hệ thức Vi et ta có:
x
1
+ x
2
= n
x
1
x

2
= -4
Ta có:
2 2
1 2 2 1
1 2 1 2 1 2
( 1) ( 1) 6
( ) 6
4.( ) ( ) 6
3 6
2
x x x x
x x x x x x
n n
n
n
+ + + >
⇔ + + + >
⇔ − − + − >
⇔ >
⇔ >
Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A=
4
3a +
2. Biểu thức A đạt giá trị nguyên 
3a +
là ước của 4.
do
3a +

≥
3 nên
3a +
= 4
 a=1
Bài 3:
1. A(-1; 1); B(2; 4).
Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2.
2. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi:
2
2 1
1
2
1 2
m m
m
m

− =
⇔ = −

+ ≠

Bài 4.
1. Tứ giác QRMN có :
·
·
0
90QNR QMR= =
Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính QR.

2. Ta có:
·
0
90PQK =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
suy ra:PQ
⊥
KQ, mà RH
⊥
PQ
2
P
N
M
RQ
K
H
I
 KQ//RH(1)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
QH//KR(2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành.
3. Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên:
QHR QKR
S S=
Từ K kẻ KI
⊥
QR. Ta có:
1
.

2
QKR
S KI QR=
Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất K là điểm chính giữa của cung nhỏ QR.
Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR.
Bài 5
Từ x+y=4
Áp dụng BĐT Côsi ta có: xy
2
( )
4
4
x y+
≤ =
Do đó
33 33
4xy
≥
Mặt khác: x
2
+y
2
=
2
( )x y+
-2xy=16-2xy
16 2.4
≥ −
=8( do xy
≤

4)
Vậy P
33 65
8
4 4
≥ + =
Do đó : MinP=
65
4
, đạt được khi x=y=2.
3