Đề Thi Đáp Án môn Toán vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa năm 2010 2011

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
HƯỚNG DẪN
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
 KQ//RH(1)
Chwngs minh tương tự ta cũng có:
QH//KR(2)
2
K
H
N
M
O
Q
P
R
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