Đề&ĐA vào H.Dương & Bắc Giang 09-10

Sở Giáo dục và đào tạo
Hải Dơng
Đề thi chính thức
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2009-2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề.
Ngày 06 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều)
(Đề thi gồm có: 01 trang)
Câu I: (2,0 điểm)
1. Giải phơng trình: 2(x - 1) = 3 - x
2. Giải hệ phơng trình:
2
2 3 9
y x
x y
=


=

Câu II: (2,0 điểm)
1. Cho hàm số y = f(x) =
2
1
2
x
. Tính f(0); f(2); f(
1
2
); f(

2
)
2. Cho phơng trình (ẩn x): x
2
- 2(m + 1)x + m
2
- 1 = 0. Tìm giá trị của m để phơng trình có hai
nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn x
1
2
+x
2
2
= x
1
.x
2
+ 8.
Câu III: (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức:
A =
1 1 1
:
1 2 1
x
x x x x x

ữ
+ + + +

Với x > 0 và x 1.
2. Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10km
nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đờng AB dài là 300km.
Câu IV(3,0 điểm)
Cho đờng tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ Ab lấy điểm M (M không trùng
với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN (KAN).
1. Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đờng tròn.
2. Chứng minh: MN là tia phân giác của góc BMK.
3. Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và BN. Xác định vị trí của
điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất.
Câu V:(1,0 điểm)
Cho x, y thoả mãn:
3 3
2 2x y y x+ = +
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = x
2
+ 2xy 2y
2
+2y +10.
----------------Hết------------------
Gợi ý lời giải:
E
K

H
M
N
B
A
O
Câu I:
1. x =
5
3
2.
3
1
x
y
=


=

Câu II:
1. f(0) = 0; f(2) = -2 ; f(1/2) = -1/8 ; f(-
2
)=-1.
2. = 8m+8 0 m -1.
Theo Viét ta có:
1 2
2
1 2
2 2

. 1
x x m
x x m
+ = +


=


Mà theo đề bài ta có: x
1
2
+ x
2
2
= x
1
.x
2
+ 8
(x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
.x
2

= x
1
.x
2
+ 8
m
2
+ 8m -1 = 0
m
1
= - 4 +
17
(thoả mãn)
m
2
= - 4 -
17
(không thoả mãn đk)
Câu III:
1. A =
2
2
1 1 ( 1) ( 1) 1
: .
( 1) ( 1) ( 1) 1
x x x x x
x x x x x x x
+
= =
+ + +

2. Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h) (x>10)
=> Vận tốc ô tô thứ hai là x-10(km/h)
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đờng là:
300
x
(h)
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đờng là:
300
10x
(h)
Theo bài ra ta có phơng trình:
300 300
1
10x x
=

Giải phơng trình trên ta đợc nghiệm là x
1
= -50 (không thoả mãn) x
2
= 60 (thoả mãn)
Vậy vận tốc xe thứ nhất là 60km/h, xe thứ hai là 50 km/h.
Câu IV:
1. Tứ giác AHMK nội tiếp đờng tròn đờng
kính AM( vì
ã
ã
0
90AKM AHM= =
)

2. Vì tứ giác AHMK nội tiếp nên

ã
ã
KMH HAN=
(cùng bù với góc KAH)
Mà
ã ã
NAH NMB=
(nội tiếp cùng chắn cung NB)
=>
ã
ã
KMN NMB=
=> MN là tia phân giác của góc KMB.
3. Ta có tứ giác AMBN nội tiếp =>
ã
ã
KAM MBN=
=>
ã
ã
ã
MBN KHM EHN= =
=> tứ giác MHEB nội tiếp
=>
ã
ã
MNE HBN=
=>HBN đồng dạng EMN (g-g)

=>
HB BN
ME MN
=
=> ME.BN = HB. MN (1)
Ta có AHN đồng dạng MKN ( Hai tam giác vuông có góc ANM chung )
=>
AH AN
MK MN
=
=> MK.AN = AH.MN (2)
Từ (1) và (2) ta có: MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB.
Do AB không đổi, nên MK.AN + ME.BN lớn nhất khi MN lớn nhất => MN là đờng kính của đ-
ờng tròn tâm O.=> M là điểm chính giữa cung AB.
Câu V:
Từ
3 3
2 2x y y x+ = +
=>
3 3
2 2x y y x+ + =
(1) ĐK: x,y

-2
Xét các trờng hợp sau:
Nếu x>y

-2 => x
3
>y

3
=> VP= y
3
- x
3
<0
Mặt khác ta có:x>y

-2 => x+2>y+2

0 =>
2 2 2 2 0x y x y+ > + => + + >
=> không tồn tại x,y thỏa mãn (1).
Tơng tự :
Nếu y>x

-2 => VP>0, VT<0 => không tồn tại x,y thỏa mãn (1).
Vậy x=y thay vào B = x
2
+ 2xy - 2y
2
+2y +10 =>
B = x
2
+2x + 10 =(x+1)
2
+9 9
=> Min B =9

x=y=-1

Cỏch 2
K:
2; 2x y

T
3 3
2 2x y y x
+ = +


x
3
- y
3
+ 2x + -
2y
+
=0

(x-y)(x
2
+ xy + y
2
) +
2 2
x y
x y

+ + +
= 0

(x-y)( x
2
+ xy + y
2
+
1
2 2x y
+ + +
) = 0

x = y
( do x
2
+ xy + y
2
+
1
2 2x y
+ + +
=
2
2
3
( )
2 4
y y
x + +
+
1

2 2x y
+ + +
> 0

2; 2x y

)
Khi ú B = x
2
+ 2x + 10 = (x+1)
2
+ 9

9
Min B = 9

x = y = -1 (tha món K).
Vy Min B = 9

x = y = -1.
Sở Giáo dục và đào tạo
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Hải Dơng
Đề thi chính thức
Năm học 2009-2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề.
Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều)
(Đề thi gồm có: 01 trang)
Cõu 1(2.0 im):

1) Gii phng trỡnh:
x 1 x 1
1
2 4
+
+ =

2) Gii h phng trỡnh:
x 2y
x y 5
=


=

Cõu 2:(2.0 im )
a) Rỳt gn biu thc: A =
2( x 2) x
x 4
x 2

+

+
vi x

0 v x

4.
b) Mt hỡnh ch nht cú chiu di hn chiu rng 2 cm v din tớch ca nú l 15 cm

2
.
Tớnh chiu di v chiu rng ca hỡnh ch nht ú.
Cõu 3: (2,0 im)
Cho phng trỡnh: x
2
- 2x + (m 3) = 0 (n x)
a) Gii phng trỡnh vi m = 3.
b) Tớnh giỏ tr ca m, bit phng trỡnh ó cho cú hai nghim phõn bit x
1
, x
2
v tha
món iu kin: x
1
2
2x
2
+ x
1
x
2
= - 12
c)
Cõu 4:(3 im)
Cho tam giỏc MNP cõn ti M cú cnh ỏy nh hn cnh bờn, ni tip ng
trũn ( O;R). Tip tuyn ti N v P ca ng trũn ln lt ct tia MP v tia MN ti E v
D.
a) Chng minh: NE
2

= EP.EM
b) Chng minh t giỏc DEPN k t giỏc ni tip.
c) Qua P k ng thng vuụng gúc vi MN ct ng trũn (O) ti K
( K khụng trựng vi P). Chng minh rng: MN
2
+ NK
2
= 4R
2
.
Cõu 5:(1,0 im)
Tỡm giỏ tr ln nht, nh nht ca biu thc: A =
2
6 4x
x 1

+
-----------Ht----------
Giải
Câu I.
a,
x 1 x 1
1 2(x 1) 4 x 1 x 1
2 4
− +
+ = ⇔ − + = + ⇔ = −
Vậy tập nghiệm của phương trình S=
{ }
1−
b,

x 2y x 2y x 10
x y 5 2y y 5 y 5
= = =
  
⇔ ⇔
  
− = − = =
  
Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)
Câu II.
a, với x
≥
0 và x
≠
4.
Ta có:
2( 2) 2( 2) ( 2) ( 2)( 2)
1
( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x
A
x x x x x x x
− − + − − +
= + = = =
− + + − + − +
b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0
⇒
Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)
Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15 .
Giải ra tìm được :x

1
= -5 ( loại ); x
2
= 3 ( thỏa mãn ) .
Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm.
Câu III.
a, Với m = 3 Phương trình có dạng : x
2
- 2x
( 2) 0x x
⇔ − =
⇒
x = 0 hoặc x = 2
Vậy tập nghiệm của phương trình S=
{ }
0;2
b, Để PT có nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thì
'
0 4 0 4 (*)m m∆ > => − > => <
.
Theo Vi-et :
1 2
1 2
2 (1)
3 (2)
x x

x x m
+ =


= −

Theo bài: x
2
1
-
2x
2
+ x
1
x
2
= - 12 => x
1
(x
1
+ x
2
) -2x
2
=-12
⇒
2x
1
- 2x
2

= -12 ) ( Theo (1) )
hay x
1
- x
2
= -6 .
Kết hợp (1)
⇒
x
1
= -2 ; x
2
= 4 Thay vào (2) được :
m - 3 = -8
⇒
m = -5 ( TM (*) )
Câu IV .
a,
∆
NEM đồng dạng
∆
PEN ( g-g)
2
.
NE ME
NE ME PE
EP NE
=> = => =
b,
·

·
MNP MPN=
( do tam giác MNP cân tại M )
·
·
·
( ùng )PNE NPD c NMP
= =
=>
·
·
DNE DPE
=
.
Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE
dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp .
H
E
D
F
I
P
O
N
K
M