Thi vao 10 HD 20112012

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

<b>SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG</b>
<b>BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY :29/06/2011</b>

<b> Đề chính thức</b> <b>Mơn thi: Tốn</b>

<b>Thời gian : 120 phút ( Không kể thời gian phát đề)</b>
<b>Ngày thi: 30/6/2011</b>

<b>Bài 1 (2điểm)</b>

a) Giải hệ phương trình : 3 7

2 8

<i>x y</i>
<i>x y</i>

 




 


b) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a và b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng
y = -2x +3 và đi qua điểm M( 2;5)

<b>Bài 2: (2điểm)</b>

Cho phương trình <i>_x</i>2 ₂₍<i>_m</i> ₁₎<i>_{x m}</i> _{4 0}

     (m là tham số)
a) Giải phương trình khi m = -5

b) Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m

c) Tìm m sao cho phương trình đã cho có hai nghiêm x1, x2 thỏa mãn hệ thức <i>x</i>12<i>x</i>223<i>x x</i>1 2 0

<b>Bài 3 : (2điểm)</b>

Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6m và bình phương độ dài đường chéo gấp 5
lần chu vi.Tính diện tích hình chữ nhật

<b>Bài 4: (3điểm)</b>

Cho đường tròn tâm O, vẽ dây cung BC không đi qua tâm.Trên tia đối của tia BC lấy điểm M bất
kì.Đường thẳng đi qua M cắt đường (O) lần lượt tại hai điểm N và P (N nằm giữa M và P) sao cho O năm
bên trong góc PMC. Trên cung nhỏ NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng cung AP.Hai dây cung AB,AC cắt
NP lần lượt tại D và E.

a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.
b) Chứng minh : MB.MC = MN.MP

c) Bán kính OA cắt NP tại K. Chứng minh: _MK2 _MB.MC


<b>Bài 5 (1điểm)</b>

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2
2

x 2x 2011
A

x
 

 (với x 0)

<b>………. HẾT………</b>
<b>LỜI GIẢI</b>

<b>Bài 1 (2điểm) a) Giải hệ phương trình:</b>

3x y 7 5x 15 x 3

2x y 8 2x y 8 y 2

   

  

 

  

    

   . Vậy nghiệm hệ pt:

x 3
y 2






b) Vì đồ thị h/s: y = ax + b // đt y = -2x + 3 . Nên: a = -2 và b3
Vậy h/s cần tìm: y = -2x + b ( Với b 3)

Vì đồ thị h/s y = -2x + b qua điểm M( 2; 5). Nên: 5 = -2. 2 + b  b = 9 ( 3. Thỏa mãn điều kiện)

Vậy 2

9
<i>a</i>

<i>b</i>






 Và h/s là: y = -2x + 9

<b>Bài 2: (2điểm) Phương trình </b><i>_x</i>2 ₂₍<i>_m</i> ₁₎<i>_{x m}</i> _{4 0}

     (m là tham số) (1)
a) Với m = -5: (1) viết: _x2 _{2( 5 1)x}



₅



_{4 0}

        _x2 _{8x 9 0}

   (a = 1; b = -8 ; c = -9 )
Ta có: a – b + c = 1 – (- 8) + (- 9) = 0  Pt có 2 nghiệm phân biệt: x 1 = - 1; x 2 = 9

b) Pt: <i>_x</i>2 ₂₍<i>_m</i> ₁₎<i>_{x m}</i> _{4 0}

     ( 1) , ( a = 1 ; b’ = m + 1 ; c = m – 4 )









2
2

' _{m 1} _{m 4} _m2 _{m 5} _m 1 19 ₀

2 4

 

        _  _  

  với mọi m (Do

2

1

m 0

2

 

 

 

  với mọi m)

 Pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
c) Pt (1) có ' ₀

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

Theo Vi-et có: x1 + x2 = - 2(m +1) ; x1. x2 = m – 4.

Ta có: x12x223x x1 2 0 





2

1 2 1 2

x x x .x 0  _2 m 1

_



_

_2m 3 0 





2

m 0

4m 9m 0 m 4m 9 0 ₉

m
4




      

 

<b>Bài 3 : (2điểm)</b>

Gọi chiều rộng hcn là x (m) (x > 0 ). Chiều dài hcn là: x + 6 (m)
Bình phương độ dài đường chéo hcn là: x2_{+ (x + 6)}2_(m2_).

Chu vi hcn là: 2(x + x + 6) = 2( 2x + 6) (m).

Theo đề bài ta có pt: x2_{+ (x + 6)}2_{= 10( 2x + 6)}_ _x2_{– 4x – 12 = 0}
'

 = (-2)2 -1.(-12) 16 > 0 ;  ' 16 4 . Pt có hai nghiệm phân biệt:

1

2 4

x 6

1


  ( > 0 Thỏa mãn ĐK) 2

2 4

x 2

1


  (Loại)

KL: Chiều rộng hcn là 6 m . Chiều dài hcn là 12m . Diện tích hcn : 6x 12 = 72 (m2₎

<b>Bài 4: (3điểm)</b>

<b>a)Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp : </b>
Ta có  ₁  

2
sđAP sđNB

D   (Góc có đỉnh nằm trong đường trịn (O) )

Mà:sñAP sñAN  



Do AP AN 



     
1

1

2 2

sñAN sñNB

D    sđANB ACB
Vì:   0

1 2

D D 180 ( Do M; D ; P thẳng hàng)

   0

2

ACB D 180 . Vậy: BDEC nội tiếp. ( Đlí)
<b>b) Chứng minh : MB . MC = MN . MP</b>

Xét: ABP và MNC Ta có:


1

<i>M</i> (chung) ;  

1 1

P C (cùng chắn cung <i>_NB</i> )

 ABP MNC (g-g)

MB MP

MN MC

   MB.MC = MN.MP.

<b>c) Chứng minh: MK2_{> MB . MC:}</b>

Xét (O) ta có: _{AP AN} _ _(gt) O ₁ O ₂ (góc ở tâm chắn hai cung bằng nhau)

 OA là phân giác <i>_NOP</i>

Mặt khác ONP có ON = OP (bán kính (O))

Nên: ONPcân tại O .  OA là trung tuyến ONP . Gọi K là giao điểm của MP và AO

 NK = KP = NP a 0
2   (Đặt

NP
a
2  )

Ta có MN.MP = ( MK – a )(MK + a ) = MK2_{– a}2_{< MK}2_{(do a}2_>0)

Mà: MB.MC = MN.MP. (cmt)  MB.MC < MK2_.

<b>Bài 5 (1điểm)</b>
Ta có:

2
2

x 2x 2011
A

x
 

 (với x 0).

Gọi A0 là một giá trị của biểu thức A . Lúc đó tồn tại x0để:
2

0 0

0 2

0

x 2x 2011
A

x

 



_

_

0

2

0 0

A 1 x 2x 2011 0

     ₍₁₎

+ Nếu A0 = 1 , thì pt (1)  2x0 – 2011 = 0  x0 =

2011
2

1 2
1

1

1

1
2

K
D

E
A

N

O

C
B

M

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

Vậy: A0 = 1 Khi x0 = 2011

2 (2)

+ Nếu A0 1 , thì (1) là pt bậc hai



A01 x



022x₀  2011 0

Có  ' 2011<i>A</i>0 2010. Để Pt (1) có nghiệm khi   ' 0 0 0

2010
2011A 2010 0 A

2011

   

Dấu “ =” xảy ra khi 02 ₀

2010

1 x 2x 2011 0
2011

 

   

 

   0

2 2

0

x 4022x  2011  0 x0 = 2011

Vậy: 0

2010
A

2011

 Khi x0 = 2011 (3)

Từ (2) và (3) ==> ₀

_

_

2010
2011

A nhỏ nhất  khi x0 = 2011 .

</div>

<!--links-->