Đề và đáp án tuyển sinh 10 môn Toán tỉnh Thanh Hóa 2010-2011.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011
THANH HÓA MÔN : TOÁN
NGÀY THI : 30/06/2010
Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (2.0 điểm) Cho phương trình: x
2
+ px – 4 = 0 (1) (với p là tham số)
1. Giải pt (1) khi p = 3.
2. Giả sử x
1
, x
2
là các nghiệm của pt (1), tìm p để :
x
1
(x
2
2
+ 1) + x
2
(x
1
2
+ 1) > 6.
Bài 2: (2.0 điểm) Cho biểu thức: C =
3 3 1 1
3
3 3
c c
c c c
 

+ −
 
− −
 ÷
 ÷
 ÷
− +
 
 
với c > 0; c ≠ 9.
1. Rút gọn C.
2. Tìm c để C nhận giá trị nguyên.
Bài 3: (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x
2
và các điểm C, D
thuộc (P) với x
C
= 2; x
D
= -1.
1. Tìm tọa độ các điểm C, D và viết phương trình đường thẳng CD
2. Tìm q để đường thẳng (d): y = (2q
2
- q)x + q + 1 (với p là tham số) song song với
đường thẳng CD
Bài 4: (3.0 điểm)
Cho tam giác BDC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao CM,
DN cắt nhau tại H.
1. Chứng minh : CDMN là tứ giác nội tiếp.
2. Kéo dài BO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác CHDK là hình bình hành:

3. Cho cạnh CD cố định, B thay đổi trên cung lớn CD sao cho tam giác BCD luôn
nhọn. Xác định vị trí điểm B để điện tích tam giác CDH lớn nhất
Bài 5: (1.0 điểm): Cho u, v là các số dương thỏa mãn: u + v = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = u
2
+ v
2
+
33
uv
HẾT
Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh:……….
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài Đáp án Điểm
1
(2,0đ)
1) Giải pt (1) khi p = 3.
Với p = 3 thì ta có pt: x
2
+ 3x – 4 = 0 (2)
Ta thấy a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0.
nên (2) có 2 nghiệm: x
1
= 1 và x
2
=
1
2
−
0,5đ

0,25đ
0,25đ
2) Giả sử x
1
, x
2
là các nghiệm của pt (1), ta luôn có:
∆ = q
2
+ 16 > 0 mọi q. Theo Vi – ét ta có:
1 2
1 2
. 4
b
x x p
a
c
x x
a
−

+ = = −




= = −


Thay vào biểu thức: x

1
(x
2
2
+ 1) + x
2
(x
1
2
+ 1) > 6.
<=> x
1
x
2
2
+ x
1
+ x
2
x
1
2
+ x
2
> 6.
<=> x
1
x
2
(x

1
+ x
2
) + (x
1
+ x
2
) > 6.
<=> (x
1
x
2

+ 1)(x
1
+ x
2
) > 6.
Ta được (-p)[(-4) + 1] > 6
=> p > 2
Vậy với p > 2 thì ta có: x
1
(x
2
2
+ 1) + x
2
(x
1
2

+ 1) > 6.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2
(2,0đ)
1.
( ) ( ) ( )
2 2
3 3 3
6 9 ( 6 9) 3
. .
9 9
3 3
12 3 4
.
9
3 3
c c c
c c c c c
C
c c
c c
c c
c
c c
+ − − −
+ + − − + −
= =

− −
−
= =
−
+
Vậy với c > 0; c ≠ 9 thì C =
4
3c +
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2. Tìm c để C =
4
3c +
nhận giá trị nguyên thì ta phải có
3c +
là ước
của 4 hay:
3c +
= ± 1;
3c +
= ± 2;
3c +
= ± 4
Giải các pt trêm ta tìm được c = 1.Vậy với c = 1 thì C nhận các gía trị nguyên
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3
(2,0đ)

1) Với x
C
= 2 => y
C
= x
C
2
= 4 suy ra C(2;4);
Với x
D
= -1 => y
D
= x
D
2
= 1 suy ra D(-1;1)
Có nhiêu cách giải.
Gọi pt đường thẳng CD là: y = ax + b do đt này đi qua hai điểm C, D nên ta
có hệ sau:
4 2
1
a b
a b
= +


= − +

Giải hệ trên ta tìm được a = 1 và b= 2
Vậy pt đt CD là: y = x + 2

0,25đ
0,25đ
2) Để (d) song song với đt CD thì
2 2
1 2
1
1;
1 2 2 1 0
2
2 1 2 1
1
q q
q q q q
q q
q
−

 
= =
= − − − =

⇔ ⇔
  
≠ + ≠ +
 

≠

Vậy q =
1

2
−
thì (d): y = (2q
2
- q)x + q + 1 song song với đt CD
0,25đ
0,25đ
4
(3,0đ)
Hình vẽ phục vụ a), b), c)
1. Tứ giác CDMN có:
·
0
90CMD =
( CM ⊥ DB)
·
0
90CND =
( DN ⊥ CB)
M, N là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh DC dưới góc 90
0
.
Nên CDMN là tứ giác nội tiếp dường tròn đường kính DC
2. Ta có:
·
0
90KCB =
(góc nội tiếp chắn nữa đt) hay KC ⊥ CB
và DN ⊥ CB
=> DH // KC

T
2
: DK // HC Từ trên ta có tứ giác DKCH là hình bình hành
3. S
CDH
=
1
2
DC.HP, mà DC cố định nên ta phải có HP lớn nhất
<=> BH nhỏ nhất
<=> BN = BM = nhỏ nhất
Hay tứ giác MDCN là hình thang cân hay tam giác BDC cân tại B hay B là điểm
chính giữa của cung lớn DC.
Vậy khi B là điểm chính giữa của cung lớn DC thì S
CDH

lớn nhất
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
5
(1,0đ)
Áp dụng Bunhia với hai số u, v ta có: (u + v)
2
≤ (u
2
+ v
2
)(1

2
+ 1
2
)

<=> u
2
+ v
2
≥ 8 (1) do u + v = 4
Áp dụng Côsi với hai số u, v dương ta có:u + v ≥ 2
uv
<=> uv ≤ 4 do u + v = 4
<=>
1 1 33 33
4 4uv uv
≥ ⇔ ≥
(2)
Sử dụng kết quả của (1) và (2) ta được: P = u
2
+ v
2
+
33
uv
≥ 8 +
33
4
=
65

4
Vậy Min P =
65
4
<=> u = v = 2