tổng hợp các dạng toán trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trung học phổ thông tham khảo bồi dưỡng học sinh giỏi (15)

Phan anh tuÊn Trường THCS S¬n DiÖm
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
Mã đề 02
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài : 120 phút
Câu 1
a) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 1)x + 3 song song với đường thẳng y = 5x – 1.
b) Giải hệ phương trình:
2 5
3 2 4
x y
x y
+ =


− =

Câu 2
Cho biểu thức:
1 1 1
1
1 1
P
a a a
   
= − +
 ÷ ÷
− +
   

với a >0 và
1a
≠
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Với những giá trị nào của a thì P >
1
2
.
Câu 3
a) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị các hàm số: y = x
2
và y = - x + 2.
b) Xác định các giá trị của m để phương trình x
2
– x + 1 – m = 0 có 2 nghiệm x
1
, x
2

thỏa mãn đẳng thức:
1 2
1 2
1 1
5 4 0x x
x x
 
+ − + =
 ÷
 
.

Câu 4
Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q sao cho P thuộc cung AQ. Gọi
C là giao điểm của tia AP và tia BQ; H là giao điểm của hai dây cung AQ và BP.
a) Chứng minh tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh
CBP
∆
HAP
∆
.
c) Biết AB = 2R, tính theo R giá trị của biểu thức: S = AP.AC + BQ.BC.
Câu 5
Cho các số a, b, c đều lớn hơn
25
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 5 2 5 2 5
a b c
Q
b c a
= + +
− − −
.
Hết
Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh…………
ĐỀ CHÍNH THỨC
Phan anh tuÊn Trường THCS S¬n DiÖm
HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2011-2012
Môn Toán
Ngày thi 24 tháng 6 năm 2011

Mã đề 02
Câu Nội dung Điểm
1
a) Để đường thẳng y =(2m – 1)x+3 song song với đường thẳng y =5x – 1
⇔
2m – 15= 5 (do
3 1≠ −
)
0,5đ
⇔
2 6 3m m
= ⇔ =
0,5đ
b) Ta có:
2 5 4 2 10
3 2 4 3 2 4
x y x y
x y x y
+ = + =
 
⇔
 
− = − =
 
0,5đ
7 14 2
2 5 1
x x
x y y
= =

 
⇔ ⇔
 
+ = =
 
0,5đ
2
a) Với
0 1a
< ≠
thì ta có:
( ) ( )
1 1 1 2 1
1 .
1 1
1 1
a a
P
a a a a
a a
 
+
   
= − + =
 ÷
 ÷ ÷
 ÷
− +
− +
   

 
0,5đ
2
1 a
=
−
0,5đ
b) Với
0 1a
< ≠
thì P >
1
2
⇔

2 1
0
2
1 a
− >
−
⇔
( )
3
0
2 1
a
a
+
>

−
0,5đ
⇔
1 0 1a a
− > ⇔ <
. Kết hợp với điều kiện a >0, ta được 0 < a < 1.
0,5đ
3
a) Hoành độ giao điểm các đồ thị hàm số y = x
2
và y = - x + 2 là nghiệm
của phương trình: x
2
= - x+2
⇔
x
2
+ x – 2 = 0
0,5đ
Giải ra được: x
1
= 1 hoặc x
2
= - 2.
Với x
1
= 1
⇒
y
1

= 1
⇒
tọa độ giao điểm A là A(1; 1)
Với x
2
=-2
⇒
y
2
= 4
⇒
tọa độ giao điểm B là B(-2; 4)
0,5đ
b) Ta có :
2
4 1 4(1 ) 4 3b ac m m
∆ = − = − − = −
. Để phương trình có 2 nghiệm
x
1
, x
2
thì ta có
3
0 4 3 0
4
m m
∆ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
(*)
0,25đ

Theo định lí Vi-et, ta có:
1 2
1
b
x x
a
+ = − =
và
1 2
. 1
c
x x m
a
= = −
0,25đ
Ta có:
1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 1 5
5 4 5 . 4 (1 ) 4 0
. 1
x x
x x x x m
x x x x m
   
+
+ − + = − + = − − + =
 ÷  ÷
−

   
( ) ( )
2
2
2
2 8 0
5 1 4 1 0
4
1
1
m
m m
m m
m
m
m

=

+ − =

− − + − =

⇔ ⇔ ⇔
 

= −
≠
≠





0,25đ
Kết hợp với đk (*) ta có: m = 2 là giá trị cần tìm.
0,25đ
Phan anh tuÊn Trường THCS S¬n DiÖm
4
a) Ta có:
·
·
90APB AQB= =
o
(góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn).
0,5đ
·
·
90CPH CQH⇒ = =
o
. Suy ra tứ giác CPHQ
nội tiếp đường tròn.
0,5đ
b)
CBP∆
và
HAP∆
có:
·
·

90BPC APH= =
o
(suy ra từ a))
0,5đ
·
·
CBP HAP=
(góc nội tiếp cùng chắn cung
»
PQ

CBP⇒ ∆

HAP∆
(g – g)
0,5đ
c) Gọi K là giao điểm của tia CH và AB. Từ giả thiết suy ra K thuộc cạnh
AB (1)
0,25đ
ABC∆
có
;AQ BC BP AC⊥ ⊥
. Suy ra H là trực tâm của
ABC∆
CH AB⇒ ⊥
tại K
0,25đ
Từ đó suy ra:
+
APB∆

AKC∆

. .AP AC AK AB⇒ =
(2)
+
BQA∆
BKC∆

. .BQ BC BK BA⇒ =
(3)
0,25đ
- Cộng từng vế của (2) và (3) và kết hợp với (1), ta được:
S = AP. AC + BQ. BC = AB
2
= 4R
2
.
0,25đ
5
Do a, b, c >
25
4
(*) nên suy ra:
2 5 0a
− >
,
2 5 0b
− >
,
2 5 0c

− >
0,25đ
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương, ta có:
2 5 2
2 5
a
b a
b
+ − ≥
−
(1)
2 5 2
2 5
b
c b
c
+ − ≥
−
(2)
2 5 2
2 5
c
a c
a
+ − ≥
−
(3)
0,25đ
Cộng vế theo vế của (1),(2) và (3), ta có:
5.3 15Q

≥ =
.
Dấu “=” xẩy ra
25a b c
⇔ = = =
(thỏa mãn điều kiện (*))
0,25đ
Vậy Min Q = 15
25a b c
⇔ = = =
0,25đ
Chú ý: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn.
O
K
H
Q
P
C
B
A