bo de thi vao lop 10 co dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (294.26 KB, 21 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

THI TUYỂN SINH VÀO THPT 
MƠN TỐN

(Thời gian làm bài 120 phút)
----

----ĐỀ SỐ 1

Bài 1 : Cho P =
2

x
x x


 +

1
1

x
x x


  -

1
1

x
x



a/. Rót gän P.

b/. Chøng minh: P <
1

3 víi x  0 vµ x 1.

Bài 2 : Cho phơng trình : x2 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 (1) ; m lµ
tham sè.

a/. Giải phương trình với m = 2.

a/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm phõn biệt.

b/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm
này bằng ba lần nghiệm kia.

Bài 3 : Cho Parabol (P) y = x2 và đường thẳng (d): y = - x + 2
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm A, B của (P) và (d) bằng phép tính.
c) Tính diện tích tam giác OAB( đơn vị trên 2 trục là cm).

Bài 4 : Một xe ôtô đi từ A đến B dài 120km trong một thời gian
dự định. Sau khi đi được nửa quãng đường thì xe tăng vận tốc

thêm 10km/h nên xe đến B sớm 12 phút so với dự định. Tính vận
tốc ban đầu của xe.

Bài 5 : Cho đường tròn tâm O, đường kính AB; dây CD vng góc
với AB tại trung điểm M của OA.Tiếp tuyến của đường tròn O tại
C và D cắt nhau tại N. Chứng minh:

a) Tứ giác ODNC nội tiếp.
b) Tứ giác ACOD là hình thoi.

c) A là tâm đường trịn nội tiếp tam giác CDN.

d)Chứng minh: MO.MB =
2
4

CD
Bài 6:

Chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2

2  2  2   

a b c c b a

b a c

b c a

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---Đáp án

Bi 1 : Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 ®iĨm)
P =
2
1
x
x x

 + 
1
1
x
x x

  - 
1

( 1)( 1)

x

x x



 

= 3

2
( ) 1

x
x

 + 
1
1
x
x x

  - 
1
1
x
=

2 ( 1)( 1) ( 1)

( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

  

= ( 1)( 1)

x x

x x x



   = 1

x
x x

b/. Víi x  0 vµ x 1 .Ta cã: P < 
1

3  1

x

x x < 
1
3
 3 x < x + x + 1 ; ( v× x + x + 1 > 0 )

 x - 2 x + 1 > 0

 ( x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x 0 và x 1)

Bi 2 : a/. Phơng trình (1) có nghiƯm khi vµ chØ khi ’  0.

 (m - 1)2 – m2 – 3  0

 4 – 2m  0
 m  2.

b/. Víi m  2 th× (1) cã 2 nghiƯm.

Gäi mét nghiƯm cđa (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo
Viet ,ta cã:

3 2 2

.3 3

a a m

a a m

  




 


 a = 
1

m

 3

(

1
2

m

)

2 = m2 – 3

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = –32 6 ( thâa m·n ®iỊu kiƯn).
Bài 3 :

a/ H/s tự vẽ

b/ ta có x2 = - x + 2

 x2 + x – 2 = 0
x1 = 1 =>y1 = 1

x2 = -2 => y2 = 4

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài 4 :

S V t

SA - C 60 x 60/x

SC – B 60 x + 10 60/x + 10

Phương trình:

60 60 1

10 5


x x

Giải ra ta được: x1 60;x2 50 Vậy vận tốc ban đầu là 50 km.

Bài 5 :

c) A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDN.

Ta phải chứng minh A là giao của hai đường phân giác CA và
DA ( dựa vào góc hình thoi và góc với đường trịn)

d)Chứng minh: MO.MB =
2
4

CD

Biến đổi

2
2

2 .

4 2

 

   

 

CD CD

DM AM MB

Mà AM = MO.

Bài 6:

Chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2

2  2  2   

a b c c b a

b a c

b c a

Áp dụng Cosi x2 y2 2xy Ta có

2 2 2 2 2

2 . 2.

2. . 2

  

a b a b a

b c b c c

b c b c b

c a c a a

Cộng vế theo vế ta được:

2 2 2 2 2 2

2(a b c ) 2( c b a) a b c  c b a

b a c b a c

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

điều cần phải chứng minh.

THI TUYỂN SINH VÀO THPT 
MƠN TỐN

(Thời gian làm bài 120 phút)
ĐỀ SỐ 2 -------- 
Bài 1:

Cho biểu thức: A= 2√x
√x −2+

√x
√x+2−

8√x
x −4

a) Tìm ĐKXĐ của A.
b) Rút gọn biểu thức A.

c) Tính giá trị của A biết x = 9.

Bài 2:

Cho phương trình: x2−2

(m+3)x+m2+3=0 (1)
a) Giải phương trình với m = - 1.

b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiêm phân biệt.
c) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm thoả

mãn: x1+x2=3 .

Bài 3:

Cho hàm số (P): y=2x2 và đường thẳng (d): y=2x+n
a) Vẽ đồ thị của (P) và (d) khi n = 4

b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
c) Tìm n để (d) tiếp xúc với (P).

Bài 4:

Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 109
Tìm hai số đó ?

Bài 5:

Trên đường trịn (O) vẽ dây BC khơng đi qua tâm. Trên tia đối
của tia BC lấy điểm M. Đường thẳng đi qua M cắt đường tròn (O)
lần lượt tại N và P,sao cho O nằm trong góc PMC. Trên cung nhỏ
NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng cung AP. Nối AB và AC
lần lượt cắt NP ở Dvà E. Chứng minh rằng :

a) ∠ADE =∠ACB b) Tứ giác BDEC nội tiếp

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

d) Nối OK cắt NP tại K . Chứng minh MK2 > MB.MC

Bài 6:

Cho hai số dương a và b thoả mãn điều kiện: a + b = 1.
Chứng minh rằng:

(

1+1

a

)(

b

)

≥9 .

---ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2:
Bài 1:

Cho biểu thức: A= 2√x

√x −2+
√x

√x+2−

8√x
x −4=

2√x

√x −2+
√x

√x+2−

8√x
(√x+2)(√x −2)
a) ĐKXĐ: x ≥0 ; √x −2≠0⇔x ≠4

b) Rút gọn biểu thức A.
A= 2√x

√x −2+

√x
√x+2−

8√x
x −4=

2√x
√x −2+

√x
√x+2−

8√x
(√x+2)(√x −2)
¿2√x(√x+2)+√x(√x −2)−8√x

(√x+2)(√x −2) =

2x+4√x+x −2√x −8√x
(√x+2)(√x −2)
¿ 3x −6√x

(√x+2)(√x −2)=

3√x(√x −2)
(√x+2)(√x −2)=

3√x
√x+2.

c)Tính giá trị của A biết x = 9.
Thay x = 9 vào A ta được: 3√9

√9+2=

9
5

Bài 2:

Cho phương trình: x2−2(m+3)x+m2+3=0 (1)
a) Giải phương trình với m = - 1.

Thay m = -1 ta được:
−1¿2+3=0

¿
¿

x2−2(−1+3)x+¿

Δ=16−16=0⇒x1;2=−(−4)

2 =2 .

b) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiêm phân biệt.
Từ pt (1) ta có :

m+3¿2−4 . 1.(m2+3)=4m2+24m+36−4m2−12=24m+24
Δ=4¿

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi
Δ=0⇔24m+24=0⇔m=−1

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Theo hệ thức Vi ét x1+x2=3⇒2(m+3)=3⇔2m+6=3⇔m=−3

Bài 3:

Cho hàm số (P): y=x2 và đường thẳng (d): y=2x+n
a)Vẽ đồ thị của (P) và (d) khi n = 4 (HS tự vẽ)
b)Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.

2x2=2x+4⇔2x2−2x −4=0

a −b+c=2−(−2)+(−4)=0⇒x1=−1; x2=1

=> −1¿
2

=1; y2=

(

)

2
=1

y1=¿

Vây toạ độ giao điểm là: (−1;1);

(

2;

1
4

)

d) Tìm n để (d) tiếp xúc với (P).

Bài 4:

Tích của hai số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 109
Tìm hai số đó ?

Gọi số tự nhiên bé là x ; Thì số tự nhiên liền sau là x + 1.
Ta có: Tích của hai số là x.(x + 1 )

Tổng của hai số là x + (x + 1 )
Theo bài rat a có phương trình:

x(x +1)- (x + x + 1) = 109. Giải ra ta được: x = 11.
(x = - 10 loại)

Vậy hai số đó là 11 và 12.

Bài 5:

K

N

E

D

B

O

M

C

P

A

a) ∠ADE =∠ACB :

+ Hai góc có tổng số đo hai cung bị chắn bằng nhau.
b)Tứ giác BDEC nội tiếp :

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

c) MB.MC = MN.MP

Tam giác MNB ~ tam giácMPC vì có góc M chung và
góc MNB = góc BCP ( cùng bù với góc ENB )
d)Nối OK cắt NP tại K . Chứng minh MK 2 > MB.MC

PP: Ta phải chứng minh MK2 trừ đi một lương thì bằng MB.MC
Ta có MB.MC = MN.MP mà MN = MK – KN và MP = MK + KP
KN = KP =a => MB.MC = MN.MP = (MK – a)(MK + a)

=MK2 – a2 < MK2

Bài 6:

Cho hai số dương a và b thoả mãn điều kiện: a + b = 1.
Chứng minh rằng:

(

1+1

a

)(

b

)

≥9 .
Giải:

(

1+1
a

)(

b

)

≥9 (1)
Vì a>0; b>0 nên:

(

a+1
a

)(

b+1

b

)

≥9⇔ab+a+b+1≥9 ab⇔a+b+1≥8 ab
Vì a + b = 1 do vậy: 1+1≥8 ab⇔1≥4 ab⇔12≥4 ab
Vì a + b = 1 nên ta có: a− b¿

2
≥0

a+b¿2≥4 ab⇔¿
¿

(2)

Bất đẳng thức (2) đúng; quá trình biến đổi là tương đương
Nên bất đẳng thức (1) đúng.Dấu bằng xẩy ra khi a = b.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

(Thời gian làm bài 120 phút)
ĐỀ SỐ 3 -------- 
Bài 1:

Cho biÓu thøc: P =

(

√x
√x −1−

x −√x

)

(

√x+1+

x −1

)

a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn P
b) Tìm các giá trị của x để P > 0
c) Tính P khi x = 4.

Bài 2:

Cho phương trình:





2 2 1 0

x  m x m  

(1)
d) Giải phương trình với m = -2

e) Chứng tỏ phương trình (1) ln ln có nghiệm với mọi giá
trị của m.

f) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thoả mãn

2(x1+x2)+5x1x2=−8
Bài 3:

Cho hàm số (P) : y = 2x2 và (d) : y = 4x - 1
d) Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng một hệ trục.

e) Viết phương trình đường thẳng (d1) song song với (d) và tiếp
xúc với Pa ra bol (P)

Bài 4:

Mét hình chữ nhật có diện tÝch 300m2. NÕu gi¶m chiỊu rộng 3m,

tăng chiều dài thêm 5m thì ta đ ợc hình chữ nhËt míi cã diƯn tÝch
b»ng diÖn tÝch hình chữ nhật ban đầu. Tính chu vi cđa h×nh chữ
nhật ban đầu

Bi 5:

Cho tam giỏc ABC vuụng A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đ
-ờng trịn (O)có đ-ờng kính MC. Đ-ờng thẳng BM cắt đ -ờng tròn (O)
tại D; đờng thẳng AD cắt đ ờng trịn (O) tại S.

1. Chøng minh ABCD lµ tứ giác nội tiếp .

2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.

3. Gi E l giao im của BC với đ ờng tròn (O). Chứng minh
rằng các đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy.

4. Chứng minh điểm M là tâm đ ờng tròn néi tiÕp tam gi¸c
ADE.

Bài 6:

Cho ABC là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
a+b − c1 + 1

b+c −a+

c+a b

a+

b+

c

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

---P N 3.
Bi 1:

a) Tìm ĐKXĐ vµ rót gän P:
+ ĐKXĐ: x ≥0; x ≠1

+ Rút gọn P =

(

√x −√x1−

x −√x

)

(

√x+1+

x −1

)

(

√x.√x −1

√x(√x −1)

)

(

√x −1+2
(√x −1)(√x+1)

)

(

(√x −1)(√x+1)

√x(√x −1)

)

(

√x+1

(√x −1)(√x+1)

)

=
√x+1

√x .
√x −1

1 =

x −1

√x .
b) Tìm các giá trị của x để P > 0

+ Với √x>0 và x ≠1 ta có : P>0⇔ x −1

√x >0⇔x −1>0⇔x>1
c) TÝnh P khi x = 4.

+ Thay x = 4 vào P ta có: P=4−1
√4 =

2 .

Bài 2: Cho phương trình: x2 



m 2



x m  1 0 (1)
a)Giải phương trình với m = -2:

Thay m = 2 ta có: x2+(−2−2)x+2+1=0
⇔x2−4x+3=0⇒Δ=4⇒√Δ=2

x1=1; x2=3

b)Chứng tỏ phương trình(1)ln ln có nghiệm với mọi giá trị
của m.

m−2¿2−4 . 1.(− m+1)=m2−4m+4+4m−4=m2
Δ=¿

Mà m2≥0 với mọi m ⇒ Δ≥0 nên phương trình ln nghiệm.
Vậy phương trình ln ln có nghiệm với mọi giá trị của m.
c)Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thoả mãn

2(x1+x2)+5x1x2=−6

T heo Vi ét ta có: x1+x2=−(m −2)
x1.x2=−m+1

Do đó 2(x1+x2)+5x1x2=−8

⇔−⇔2−(m−2m+24)+−55(− mm+5+=1)=−8−8
⇔−7m+9=−8⇔m=17/7
Bài 3:

Cho hàm số (P) : y = 2x2 và (d) : y = 4x - 1

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

b)Viết phương trình đường thẳng (d1) song song với (d) và tiếp
xúc với Pa ra bol (P)

+ Vì (d1)//(d) nên a = 4.

+ Vì (d1) có dạng y=ax+b và tiếp xúc với (P) nên ta có:

2x2=4x+b⇒2x2−4x − b=0⇒Δ=16−8b=0⇔b=2

Vậy phương trình đường thẳng (d1) là: y=4x+2

Bài 4:

Mét hình chữ nhật có diện tÝch 300m2. NÕu gi¶m chiỊu rộng 3m,

tăng chiều dài thêm 5m thì ta đ ợc hình chữ nhËt míi cã diƯn tÝch
b»ng diƯn tÝch h×nh ch÷ nhËt ban đầu. Tính chu vi của hình chữ
nhật ban đầu

Di Rng

Lỳc u x y

Lỳc sau x + 5 y-3

Hệ phương trình:

x.y=300
(x+5)(y −3)=300

¿{
¿

giải ra ta được:

x1=15;x2=−12(koTM)
Chu vi là (15+300

15 ).2=70m

Bài 5:

Trường hợp 1:

1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .

Ta cã ÐCAB = 900 vµ ÐMDC = 900 => ÐCDB = 900=>D và A

cùng nhìn BC dới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên đ

-ờng tròn đ-ờng kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp.
2.Chứng minh CA là tia phân giác của gãc SCB.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

=>cung SM = cung EM=> ÐC2 = ÐC3 (hai gãc néi tiÕp ® êng tròn

(O) chắn hai cung bằng nhau) => CA là tia phân giác của góc
SCB.

3. BA, EM, CD ng quy.

Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC nh vậy BA, EM,
CD là ba đờng cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy.
4.Chứng minh điểm M là tâm đ ờng tròn nội tiếp tam giác ADE.
Xét tam giác ADE ta có:

+ ÐA2 = ÐB2 .(Ch¾n cung ME)

+ ÐA1 = ÐB2 (ch¾n cung DC)

=> ÐA2=ÐA1 => AM là phân giác (1)

+ Theo trên cung SM = cung EM => ÐD1= ÐD2 => DM lµ tia

phân giác của góc ADE.(1)

Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đ ờng tròn nội tiếp tam giác ADE.

Trng hp 2:

2.Chứng minh CA là tia phân gi¸c cđa gãc SCB.

Cung SM = Cung ME ⇔ Cung CE = Cung CS ⇔∠CME=∠CDS

Mà ∠ CDS “bù đối” với ∠ ABC = ∠ CDS
Và ∠ CME = ∠ ABC (cùng phụ với góc C1)

4.Chứng minh điểm M là tâm đ ờng tròn nội tiếp tam giác ADE.
Xét tam giác ADE ta có:

+ éA2 = éB2 .(Chắn cung ME)

+ ÐA1 = ÐB2 (ch¾n cung DC)

 ÐA2=ÐA1 => AM là phân giác (1)

+ éD2=éC1(Cựng chn cung EM ca ng tròn O)

+ ÐC1 = ÐD1(Cùng chắn cung AB của đường trònABCD)

=> ÐD2 = ÐD1 => DM là phân giác (2)

Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đ ờng tròn nội tiếp tam giác ADE.

Bi 6:

Cho ABC là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
a 1

+b − c+

b+c −a+

c+a −b≥

a+

b+

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

+ Xét a 1
+b − c+

b+c −a Áp dụng bất đẳg thức:

x+

y ≥

x+y với
x>0; y>0

Ta được: a+b − c1 + 1
b+c −a≥

4
2b=

b
Tương tự: b 1

+c − a+

c+a −b≥

4
2c=

c (2)

c+a −b+

a+b − c≥

4
2a=

a
(3)

Cộng vế theo vế của (1); (2) và (3) ta được:

(

a+b − c+

b+c − a+

c+a − b

)

≥2

(

1
a+
1
b+
1
c

)

⇔ 1

a+b − c+

b+c −a+

c+a −b≥

1
a+
1
b+
1
c

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút MÃ ĐỀ :K216
Bài 1: (1 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 2x2 3x 2 0 c) 4x413x2 3 0
b)

4 1

6 2 9

x y
x y
 


 

 d) 2x2 2 2x1 0
Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số

2
2

x
y

và đường thẳng (D):
1

1
2

y x

trên cùng một hệ trục toạ độ.

b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:

12 6 3 21 12 3

A   

B = P=3x+√9x −3
x+√x −2 −

√x+1
√x+2+

√x −2

√x

(

1−√x−1

)

Víi x>0;x ≠4; x ≠1
Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 (3m1)x2m2m1 0 (x là ẩn
số)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức

sau đạt giá trị lớn nhất:
A = x12x22 3x x1 2.

Bài 5: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn có tâm O và đường kính AB.
Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, P là điểm thuộc cung MB (P
không trùng với M và B); đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C,
đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D.

a) Chứng minh OBPC là một tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh hai tam giác BDO và CAO đồng dạng.
c) Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt CD tại I.
Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng CD.
Bài 6 ( 1 điểm ):

Cho các số thực dương x; y. Chứng minh rằng: x2
y+

y2

x ≥ x+y .

( Giám thị khơng giải thích gì thêm)
BÀI GIẢI

Bài 1: (2 điểm)

a) 2x2 3x 2 0 (1)

9 16 25

   
(1)

3 5 1 3 5

4 2 4

x   hay x 

    

4 1 (1)

6 2 9 (2)

x y
x y
 


 


4 1 (1)

14 7 ( (2) 2 (1))

x y

x pt pt

 

 
 

3
1
2
y
x




 



c) 4x413x2 3 0 (3), đặt u = x2,

phương trình thành : 4u2 – 13u + 3 = 0 (4)

(4) có  169 48 121 11   2

13 11 1 13 11

(4) 3

8 4 8

u  hay u 

    

Do đó (3)

3
2

x hay x

  

d) 2x2 2 2x1 0 (5)
' 2 2 4

   
Do đó (5)

2 2 2 2

2 2

x  hay x 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ. Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),





1; , 2; 2
2

 

   

 

  . (D) đi qua





1; , 2; 2
2

 

  

 

 

Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là :





1; , 2; 2
2

 

  

 

  .

b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2

2
1

1 2 0

2 2

x

x x x



     

1 2

x hay x

  

Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là





1; , 2; 2
2
 
  
 
  .

Bài 3:

A 12 6 3  21 12 3  (3 3)2  3(2 3)2  3 3 (2  3) 3
3



B= P=√x+1
√x −1

Bài 4: a)





2 2 2 2

3m 1 8m 4m 4 m 2m 5 (m 1) 4 0 m

             

Suy ra phương trình ln ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi
m.

b) Ta có x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1

A=x12x22 3x x1 2





1 2 5 1 2

x x x x

  

2 2

(3m 1) 5(2m m 1)

    

2 6 6 1 ( 1)2

4 2

m m m

       25 ( 1)2

4 m 2

  

Do đó giá trị lớn nhất của A là :
25

4 . Đạt được khi m = 
1
2

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

D

P

B
O

M

A

C

I

Chứng minh tứ giác OBPC là tứ giác nội tiếp :
0

ÐCOP ( Vì OM OB) BDOCAO (1)
ÐAPB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )=> ÐCPB = 900 (2)

Từ (1) và (2) => ÐCOP ÐCPP1800
Suy ra OBPC là tứ giác nội tiếp .

Chứng minh BDOCAO

Tam giác BDO và tam giác CAO là hai tam giác vng
Có ÐBDOÐCAO (vì cùng phụ với ÐDBO )

Vậy BDOCAO

Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại tiếp điểm P cắt CD tại I .

Hai tam giác CPD và BOD có ÐD chung suy ra. ÐDCPÐDBO (3)

Ta có ÐIPCÐDBO ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn một cung 
AP) (4)

Từ (3) &( 4) =>ÐIBCÐIPC nên tam giác CIP cân tại I => IC =IP(*)
Tương tự DPC đồng dạng với DOB ( hai tam giác vng có góc nhọn 
D chung )

=>ÐIDPÐDPI ( Vì cùng phụ với ÐDBO )
Do đó PID cân tại I cho ta ID = IP (**)

Từ (*) &(**) => I là trung điểm của CD

Bµi 6:

Với x và y đều dương, ta có x2
y+

y2

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

x − y¿
2

≥0

⇔x3+y3≥xy(x+y)⇔(x+y)¿ (2)

(2) luôn đúng với mọi x > 0, y > 0. Vậy (1) luôn đúng với mọi
x>0, y>0

---SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 
LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 
2010 - 2011

Mã đề Z125

Mơn thi : TỐN
Thời gian: 120 phút

Câu I (3,0 điểm). Cho biểu thức A =     

x 2 2

x 1

x 1 x 1 .

1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
2. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9.

3. Khi x thoả mãn điều kiện xác định. Hãy tìm giá trị nhỏ
nhất cuả biểu thức B,

với B = A.(x-1).

Câu II (2,0 điểm). Cho phương trình bậc hai sau, với tham số m :
ĐỀ CHÍNH

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

x2 - (m + 1)x + 2m - 2 = 0 (1)
1. Giải phương trình (1) khi m = 2.

2. Tìm giá trị của m để x = -2 là một nghiệm của phương
trình (1).

Tim nghiệm còn lại.

Câu III (1,5 điểm). Hai người cùng làm chung một cơng việc thì
sau 4 giờ 30 phút họ làm xong cơng việc. Nếu một mình người
thứ nhất làm trong 4 giờ, sau đó một mình người thứ hai làm
trong 3 giờ thì cả hai người làm được 75% công việc.

Hỏi nếu mỗi người làm một mình thì sau bao lâu sẽ xong cơng
việc? (Biết rằng năng suất làm việc của mỗi người là khơng thay
đổi).

Câu IV (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn. Vẽ đường trịn tâm O,
đường kính BC, đường trịn tâm O cắt AB, AC lần lượt tại D và
E. Gọi H là giao điểm của CD và BE.

1) Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường
tròn.

2) Chứng minh:DH.EC = EH.BD.

3) Đường trung trực của DH đi qua trung điểm I của AH.
4) OE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.

(Người coi thi khơng giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh
Chữ kí của người coi thi

……….
Số báo danh: …………

ĐÁP ÁN

Câu I.

1)(1,5điểm) ĐKXĐ: x ≥0; x ≠1 .

Ta có: A = √x

√x −1−
2

√x+1−

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

= √x(√x+1)

(√x −1)(√x+1)−

2(√x −1)
(√x+1)(√x −1)−

(√x −1)(√x+1)

= (x+√x)−2(√x −1)−2

(√x −1)(√x+1)

= x+√x −2√x+2−2

(√x −1)(√x+1)

= x −√x

(√x −1)(√x+1)
= √x(√x −1)

(√x −1)(√x+1)

= √x

√x+1

Vậy A = √x

√x+1

2) (0,5điểm)Thay x = 9 vào biểu thức rút gọn của A ta được:
A = √9

√9+1=

3
3+1=

3
4
Vậy khi x = 9 thì A = 34

3) (1điểm) Ta có: B = A. (x −1)

¿ √x

√x+1(x −1)

¿√x(√x −1)

¿x −√x

√x¿2−2 .√x.12+

(

12

)

−1

¿ ¿

√x −12¿2+

(

−14

)

¿ ¿

Vì: √x −12¿2≥0

Với mọi giá trị của x 0 và x 1

⇒ √x −12¿2+

(

−14

)

≥

(

−14

)

Với mọi giá trị của x 0 và x 1 .

Dấu bằng xảy ra khi √x −12¿2=0⇔√x −12=0⇔x=14

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức B là

(

−1

)

đạt được khi x=
1

4 .

Câu II :

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Vì phương trình (*) là một phương trình bậc hai có: a + b + c = 1 + (-3) +
2 = 0

Nên phương trình (*) có hai nghiệm là x1 = 1 v à x2 = 2.

Vậy khi m = 2 t hì phương trình (1) có hai nghiệm l à x1 = 1 v à x2 = 2.

2) (1 điểm)

+ Giả sử x = - 2 là một nghiệm của phương trình (1). Thay x = - 2 vào
phương trình (1) ta được:

−2¿2−(m+1).(−2)+2m −2=0

⇔4+2m+2+2m−2=0
⇔4m+4=0

⇔4m=−4

⇔m=−1

Vậy với m = -1 thì phương trình(1) có một nghiệm là x = -2.

+ Thay m = - 1 vào pt (1) ta có: x2 - (-1 + 1)x + 2(-1) - 2 = 0

⇔x2−4

=0⇔x2=4⇔x=±2

Vậy nghiệm còn lại là x = 2.
Câu III :

Đổi: 4 giờ 30 phút = 92 giờ.

Gọi x(giờ) là thời gian để người thứ nhất làm một mình xong cơng việc
(ĐK: x > 9

2 )

Gọi y(giờ) là thời gian để người thứ hai làm một mình xong cơng việc
(ĐK: y > 9

2 )

Khi đó: Mỗi giờ người thứ nhất làm được 1x (công việc)

Mỗi giờ người thứ hai làm được 1

y (công việc)

Mỗi giờ cả hai người làm được 29 (cơng việc)

Ta có phương trình :

1 1 2

xy 9 (1)

Trong 4 giờ người thứ nhất làm được 4

x (công việc)

Trong 3 giờ người thứ hai làm được 3y (cơng việc)

Theo bài ra ta có phương trình :

4 3 75 4 3 3

xy 100 xy 4 (2)

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

1 1 2

x y 9

4 3 3

x y 4



 





  




Giải hệ phương trình trên ta được: x = 12 (t/m); y = 365 (t/m)

Trả lời: Người thứ nhất làm một mình xong cơng việc sau 12 giờ.
 Người thứ hai làm một mình xong cơng việc sau 365 giờ,

hay 7 giờ 12 phút………(0,5 điểm)

Câu IV.

(hình vẽ đúng 0,25 điểm)

1) ∠ BDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O) ⇒ ∠ ADH =

900 (kề bù với ∠ BDC )

⇒ A; D; H thuộc đường trịn đường kính AH.

Tương tự A; E; H thuộc đường trịn đường kính AH ⇒ A; E; H; D cùng

thuộc đường trịn đường kính AH

Hay tứ giác AEDH nội tiếp.
( 0,5 điểm)

2)Xét Δ DHB và Δ EHC có ∠ BDC = ∠ BEC = 900 ( chứng minh

trên). Lại có: ∠ DHB = ∠ EHC ( đối đỉnh) ⇒ Δ DHB ~ Δ EHC

(g – g) ⇒ DHEH =BD

EC ⇒ DH.EC = EH.BD ( 0,75 điểm)

3) Tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD là trung điểm I của AH;
I cách đều D và H do vậy đường trung trực của DH cũng đi qua I.
( 0,5 điểm)

4) Vì tứ giác AEHD nội tiếp trong đường trịn đường kính AH nên I là
tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD cũng là tâm của đường trịn

ngoại tiếp tam giác ADE.Ta có: ∠ AEI = ∠ EAI ( IA = IE); ∠ EAI

= ∠ EBC ( cùng phụ với ∠ BCE); ∠ EBC = ∠ BEO (OB = OE)

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Ta có: ∠ AEI + ∠ IEB = ∠ AEB = 900 (chứng minh trên)

Nên: ∠ BEO + ∠ IEB = 1800 ⇒ OE EI ⇒ OE là tiếp tuyến của

đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.

(1
điểm)

</div>

bo de thi vao lop 10 co dap an

<sub>(</sub>

)

(

)(

)

(

)

(

)

K

N

E

D

B

O

M

C

P

A

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

(

)

(

)





(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)





(

)

(

)

(

)

























(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về