De Thi Dap An Vao 10 cac tinh 09 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.18 MB, 119 trang )

(1)§Ò thi tuyÓn sinh líp 10 N¨m häc: 2009 – 2010. M«n: To¸n. Ngµy thi: 23 - 6 - 2009. Thêi gian lµm bµi: 120 phót.. Së GD&§T Hµ Néi ----------------. x 1 1   x 2 x  2 , víi x ≥ 0 vµ x ≠ 4. C©u I(2,5®): Cho biÓu thøc A = x  4. 1/ Rót gän biÓu thøc A. 2/ TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A khi x = 25. 3/ Tìm giá trị của x để A = -1/3.. C©u II (2,5®): Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh hoÆc hÖ ph¬ng tr×nh: Hai tæ s¶n xuÊt cïng may mét lo¹i ¸o. NÕu tæ thø nhÊt may trong 3 ngµy, tæ thø hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may đợc 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất may đợc nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may đợc bao nhiªu chiÕc ¸o? C©u III (1,0®): Cho ph¬ng tr×nh (Èn x): x2 – 2(m+1)x + m2 +2 = 0 1/ Giải phơng trình đã cho khi m = 1. 2/ Tìm giá trị của m để phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt x 1, x2 thoả mãn hệ thức x12 + x22 = 10. C©u IV(3,5®): Cho đờng tròn (O;R) và điểm A nằm bên ngoài đờng tròn. Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn (B, C là các tiếp điểm). 1/ Chøng minh ABOC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2/ Gäi E lµ giao ®iÓm cña BC vµ OA. Chøng minh BE vu«ng gãc víi OA vµ OE.OA = R2. 3/ Trên cung nhỏ BC của đờng tròn (O;R) lấy điểm K bất kỳ (K khác B và C). Tiếp tuyến tại K của đờng tròn (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC. 4/ Đờng thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đờng thẳng AB, AC theo thứ tự tại các ®iÓm M, N. Chøng minh PM + QN ≥ MN. C©u V(0,5®): x2 . Gi¶i ph¬ng tr×nh:. 1 1 1  x 2  x   (2 x3  x 2  2 x  1) 4 4 2. §¸p ¸n C©u I:.

(2) C©u II:. C©u III:. C©u V:.

(3)

(4) §Ò thi tuyÓn sinh líp 10 N¨m häc: 2009 – 2010. M«n: To¸n. Thêi gian lµm bµi: 120 phót. Së GD&§T CÇn Th¬ ----------------. 1. . 1. . x x x 1 x. x  x 1 C©u I: (1,5®) Cho biÓu thøc A = x  x  1 1/ Rót gän biÓu thøc A. 2/ Tìm giá trị của x để A > 0. C©u II: (2,0®) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh vµ c¸c ph¬ng tr×nh sau:. 1. 6 - 3x ≥ -9. 2 2. 3 x +1 = x - 5 2 x 2  3x  2 3 4. 2 x  1. 3. 36x4 - 97x2 + 36 = 0 Câu III: (1,0đ) Tìm hai số a, b sao cho 7a + 4b = -4 và đờng thẳng ax + by = -1 đi qua ®iÓm A(-2;-1). Câu IV: (1,5đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P). 3 1. Tìm a, biết rằng (P) cắt đờng thẳng (d) có phơng trình y = -x - 2 tại điểm A có. hoành độ bằng 3. Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm đợc. 2. Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) của (P) và (d). C©u V: (4,0®) Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A, cã AB = 14, BC = 50. §êng ph©n gi¸c cña góc ABC và đờng trung trực của cạnh AC cắt nhau tại E. 1. Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp đợc trong một đờng tròn. Xác định tâm O của đờng tròn này. 2. TÝnh BE. 3. Vẽ đờng kính EF của đờng tròn tâm (O). AE và BF cắt nhau tại P. Chứng minh các đờng thẳng BE, PO, AF đồng quy. 4. TÝnh diÖn tÝch phÇn h×nh trßn t©m (O) n»m ngoµi ngò gi¸c ABFCE.. Gîi ý §¸p ¸n:.

(5) Së GD&§T Thõa Thiªn HuÕ ----------------. §Ò thi tuyÓn sinh líp 10 N¨m häc: 2009 - 2010..

(6) M«n: To¸n. Thêi gian lµm bµi: 120 phót Bµi 1: (2,25®) Kh«ng sö dông m¸y tÝnh bá tói, h·y gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: 3x  4 y 17  c) 5 x  2 y 11. a) 5x2 + 13x - 6=0 b) 4x4 - 7x2 - 2 = 0 Bµi 2: (2,25®) a) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song 1 với đờng thẳng y = -3x + 5 và đi qua điểm A thuộc Parabol (P): y = 2 x2 có hoàng độ. b»ng -2.. b) Không cần giải, chứng tỏ rằng phơng trình ( 3  1 )x2 - 2x nghiệm phân biệt và tính tổng các bình phơng hai nghiệm đó.. 3 = 0 cã hai. Bµi 3: (1,5®) 1 Hai máy ủi làm việc trong vòng 12 giờ thì san lấp đợc 10 khu đất. Nừu máy ủi thứ nhất. làm một mình trong 42 giờ rồi nghỉ và sau đó máy ủi thứ hai làm một mình trong 22 giờ thì cả hai máy ủi san lấp đợc 25% khu đất đó. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi máy ủi san lấp xong khu đất đã cho trong bao lâu.. Bài 4: (2,75đ) Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R. Vẽ tiếp tuyến d với đờng tròn (O) t¹i B. Gäi C vµ D lµ hai ®iÓm tuú ý trªn tiÕp tuyÕn d sao cho B n»m gi÷a C vµ D. C¸c tia AC vµ AD c¾t (O) lÇn lît t¹i E vµ F (E, F kh¸c A). 1. Chøng minh: CB2 = CA.CE 2. Chứng minh: tứ giác CEFD nội tiếp trong đờng tròn tâm (O’). 3. Chứng minh: các tích AC.AE và AD.AF cùng bằng một số không đổi. Tiếp tuyến của (O’) kẻ từ A tiếp xúc với (O’) tại T. Khi C hoặc D di động trên d thì điểm T chạy trên đờng thẳng cố định nào? Bµi 5: (1,25®) Một cái phễu có hình trên dạng hình nón đỉnh S, bán kính đáy R = 15cm, chiều cao h = 30cm. Một hình trụ đặc bằng kim loại có bán kính đáy r = 10cm đặt vừa khít trong hình nón có đầy nớc (xem hình bªn). Ngêi ta nhÊc nhÑ h×nh trô ra khái phÔu. H·y tÝnh thÓ tÝch vµ chiÒu cao cña khèi níc cßn l¹i trong phÔu.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ. ĐỀ CHÍNH THỨC. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT – TP. HUẾ. Năm học 2009-2010 Môn: TOÁN §¸p ¸n vµ thang ®iÓm.

(7) Bµi 1. Néi dung. Câu. §iÓm. 2,25 1. a. Gi¶i ph¬ng tr×nh. 2. 5 x  13x  6 0 :. 2 2 LËp  13 120 289 17   17. Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm: 1. b. 4. x1 . 0,25.  13  17  13  17 2  3; x2   10 10 5. 0,50. 2. Gi¶i ph¬ng tr×nh 4 x  7 x  2 0 (1): 2 §Æt t  x . §iÒu kiÖn lµ t 0 .. 0,25. 2 Ta đợc : 4t  7t  2 0 (2) 2 Gi¶i ph¬ng tr×nh (2):  49  32 81 9 ,  9 , 7 9 t2  2  0 8 vµ .. t1 . 7 9 1   0 8 4 (lo¹i). 0,25. 2 Víi t t2 2 , ta cã x 2 . Suy ra: x1  2, x2  2 .. VËy ph¬ng tr×nh đã cho cã hai nghiÖm: 1. c. 2. 2. a. 0,25. x1  2, x2  2. 3x  4 y 17  Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 5 x  2 y 11 : 3x  4 y 17  3x  4 y 17  3x  4 y 17    13x 39 5 x  2 y 11 10 x  4 y 22  x 3   x 3   4 y 9  17  8  y  2. 0,50 0,25. 2,25 + Đồ thị hàm số y ax  b song song với đờng thẳng y  3x  5 , nên 0,50 a  3 vµ b 5. + Điểm A thuộc (P) có hoành độ x  2 nên có tung độ. y. 1 2   2  2 2 .. Suy ra: A   2; 2  y  3 x  b. + §å thÞ hµm sè. ®i qua ®iÓm. A   2; 2 . 0,25 0,25. nªn:. 2 6  b  b  4 VËy: a  3 vµ b  4. 2. b. + Ph¬ng tr×nh. 1 3  x. 2.  2x . 3 0. cã c¸c hÖ sè:. a 1  3 , b  2 , c  3 .. Ta có: ac  0 nờn phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 .. 0,25.

(8) Theo định lí Vi-ét, ta có: x1  x2 . b 2   3 1 a 3 1. c  3 x1 x2    a 1 3. 3. . 0,25.   3 . 3 1 2. 3. 0,25. 2. 0,25. 2. x12  x22  x1  x2   2 x1 x2. . . . 2. 3  1 3. 0,25. 3 7  3 3. 3. 1,5 Gọi x (giờ ) và y (giờ ) lần lượt là thời gian làm một mình của máy 0,25 thứ nhất và máy thứ hai để san lấp toàn bộ khu đất (x > 0 ; y > 0) 1 Nếu làm một mình thì trong một giờ máy ủi thứ nhất san lấp được x 1 khu đất, và máy thứ hai san lấp được y khu đất.. 0,25. Theo giả thiết ta có hệ phương trình :. 0,25. ¿ 12 12 1 + = x y 10 42 22 1 + = x y 4 ¿{ ¿. .. 1  12u  12v 10  1 1  42u  22v  1 v  u y ta được hệ phương trình:  4 x và Đặt 1 1 u ;v 300 200 , Suy Giải hệ phương trình tìm được  x ; y   300; 200 . 0,25 0,25 0,25. ra:. Trả lời: Để san lấp toàn bộ khu đất thì: Máy thứ nhất làm một mình trong 300 giờ, máy thứ hai làm một mình trong 200 giờ . 4. 4. a. 2,75 0,25. 0,25 0,25.

(9) + Hình vẽ đúng. + Hai tam giác CAB và CBE có:   Góc C chung và CAB EBC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến  với một dây cùng chắn cung BE ) nên chúng đồng dạng. Suy ra: CA CB   CB 2 CA CE CB CE.

(10) 4. b. . . Ta có: CAB EFB ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) 0   Mà CAB  BCA 90 (tam giác CBA vuông tại B) nên   ECD  BFE 900 0   Mặt khác BFD BFA 90 (tam giác ABF nội tiếp nửa đường tròn)      ECD  BFE  BFD 1800  ECD  DFE 1800. 4. c. 0,25 0,25 0,25. 0,25 Nên : Vậy tứ giác CEFD nội tiếp được đường tròn (O’). + Xét tam giác vuông ABC: BE ⊥ AC ⇒ AC.AE = AB2 = 4R2 ( hệ thức lượng trong tam giác vuông ) 0,25 2 2 Tương tự, trong tam giác vuông ABD ta có: AD.AF = AB = 4R Vậy khi C hoặc D di động trên d ta luôn có : AC.AE = AD.AF = 4R2 ( không đổi ) 0,25 + Hai tam giác ATE và ACT đồng dạng (vì có góc A chung và 0,25 ATE TCA  ) 2. 2. + Suy ra: AT  AC AE 4 R (không đổi). Do đó T chạy trên đường tròn tâm A bán kính 2R . 5. 0,25 1,25 0,25 0,25. + Hình vẽ thể hiện mặt c¾t h×nh nãn vµ h×nh trô bëi mÆt ph¼ng ®i qua trôc chung cña chóng. Ta cã DE//SH nªn: h  R  r  30 5 DE DB   DE   10 (cm) SH HB R 15 Do đó: Chiều cao của hình trụ là h ' DE 10 (cm). 0,25. + NÕu gäi V , V1 , V2 lÇn lît lµ thÓ tÝch khèi níc còn lại trong phểu khi 0,25 nhấc khối trụ ra khỏi phểu, thÓ tÝch h×nh nãn vµ thÓ tÝch khèi trô, ta cã: 1 152 30 V V1  V2   R 2 h   r 2 h '   1000 1250  cm3  3 3. Khèi níc còn lại trong phểu khi nhấc khối trụ ra khỏi phểu lµ mét 0,25 khối nón có bán kính đáy là r1 và chiều cao h1 . Ta có: r1 h1 Rh h   r1  1  1 R h h 2. 1 2  h13 V   r1 h1  1250  h13 15000 3 12 Suy ra:.

(11) VËy: ChiÒu cao cña khối níc còn lại trong phÓu là: h1  3 15000 10 3 15 (cm). Ghi chó:  Học sinh làm cách khác đáp án nhng đúng vẫn cho điểm tối đa.  §iÓm toµn bµi kh«ng lµm trßn. K× thi tuyÓn sinh líp 10 Trung häc phæ th«ng N¨m häc 2009-2010 Kho¸ ngµy 24-6-2009 M«n thi: to¸n. Së GD vµ §T Thµnh phè Hå ChÝ Minh. C©u I: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh vµ hÖ ph¬ng tr×nh sau: a) 8x2 - 2x - 1 = 0 2 x  3 y 3  b) 5 x  6 y 12. c) x4 - 2x2 - 3 = 0 d) 3x2 - 2 6 x + 2 = 0 C©u II: x2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = 2 và đờng thẳng (d): y = x + 4 trên cùng một hệ. trục toạ độ. b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. C©u III: Thu gän c¸c biÓu thøc sau: 4 8 15   A = 3  5 1 5 5  x y x y   B =  1  xy 1  xy.   x  xy   :     1  xy . C©u IV: Cho ph¬ng tr×nh x2 - (5m - 1)x + 6m2 - 2m = 0 (m lµ tham sè) a) Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi mäi m. b) Gọi x1, x2 là nghiệm của phơng trình. Tìm m để x12 + x22 =1. Câu V: Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) có tâm O, bán kính R. Gọi H là giao điểm của ba đờng cao AD, BE, CF của tam giác ABC. Gọi S là diÖn tÝch tam gi¸c ABC. a) Chúng minh rằng AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đờng tròn. b) Vẽ đờng kính AK của đờng tròn (O). Chứng minh tam giác ABD và tam giác AB.BC.CA 4R AKC đồng dạng với nhau. Suy ra AB.AC = 2R.AD và S = .. c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiếp đờng tròn. d) Chøngminh r»ng OC vu«ng gãc víi DE vµ (DE + EF + FD).R = 2 S..

(12) Gợi ý đáp án.

(13)

(14) Së GD - §T Kh¸nh hoµ. K× thi tuyÓn sinh líp 10 n¨m häc 2009-2010 m«n: to¸n.

(15) Ngµy thi : 19/6/2009. Thêi gian lµm bµi: 120 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao đề) Bµi 1: (2,0®) (Kh«ng dïng m¸y tÝnh cÇm tay) a. Cho biÕt A = 5 + 15 vµ B = 5 - 15 h·y so s¸nh tæng A + B vµ tÝch A.B. 2 x  y 1  b. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh 3x  2 y 12. Baøi 2: (2,50 ñieåm). Cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d): y = mx – 2 (m là tham số, m ≠ 0 ) a. Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng Oxy. b. Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (p) và (d). c. Goïi A(xA; yA), B(xB; yB) laø hai giao ñieåm phaân bieät cuûa (P) vaø (d). tìm caùc giaù trò cuûa m sao cho yA + yB = 2(xA + xB) – 1 Baøi 3: (1,50 ñieåm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6(m) và bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi. Xác định chiều dài và chiều rộng mảnh đất đó. Baøi 4: (4,00 ñieåm) Cho đường tròn (O; R). Từ một điểm M nằm ngoài (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là hai tiếp điểm). Lấy điểm C bất kì trên cung nhỏ AB (Ckhác với A và B). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên AB, AM, BM. a. Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp.   b. Chứng minh: CDE CBA. c. Gọi I là giao điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB và DF. Chứng minh IK//AB. d. Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó khi OM = 2R. ------ Heát -----. HƯỚNG DẪN GIẢI.

(16) Baøi 1: (2,00 ñieåm) (Khoâng duøng maùy tính caàm tay) a. Cho bieát A 5  15 vaø B = 5  15 haõy so saùnh toång A+B vaø tích A.B Ta coù : A+B= 5  15  5  15 10. . A.B = 5  15 . 5 . . .    15  5   15  2. 2. 25  15 10. Vaäy A+B = A.B 2 x  y 1  b. Giaûi heä phöông trình: 3x  2 y 12 2 x  y 1  y 1  2 x  y 1  2 x    3 x  2 y 12 3 x  2  4 x 12 3 x  2  1  2 x  12  y 1  2 x   7 x  2 12.  y 1  2 x   7 x 14.  y 1  4  y  3    x 2  x 2. Baøi 2: (2,50 ñieåm) Cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d): y = mx – 2 (m là tham số, m ≠ 0 ) a. Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng Oxy. TXÑ: R BGT: x -2 -1 0 1 2 2 y=x 4 1 0 1 4 Ñieåm ñaëc bieät: Vì : a = 1 > 0 nên đồ thị có bề lõm quay lên trên. Nhận trục Oy làm trục đối xứng. Điểm thấp nhất O(0;0) ĐỒ THỊ: b. Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (p) và (d). Khi m = 3 thì (d) : y = 3x – 2 Phương trình tìm hoành độ giao điểm: x2 = 3x – 2 x2 - 3x + 2 = 0 (a+b+c=0) =>x1 = 1 ; y1 = 1 vaø x2 = 2; y2 = 4 Vaäy khi m = 3 thì d caét P taïi hai ñieåm (1; 1) vaø (2; 4). c. Goïi A(xA; yA), B(xB; yB) laø hai giao ñieåm phaân bieät cuûa (P) vaø (d). tìm caùc giaù trò cuûa m sao cho yA + yB = 2(xA + xB) – 1(*). y y=x 2 4.

(17) 1 Vì A(xA; yA), B(xB; yB) laø giao ñieåm y A = mx A  2. - - 0 1 2 1. y B = mx B  2. cuûa (d) vaø (P) neân: y A  y B =m  x A  x B   4 Thay vaøo (*) ta coù: m  x A  x B   4 2  x A  x B   1  m  x A  x B  2  x A  x B   3  m. 2  xA  xB .  xA  xB .  m 2 . . 3  xA  x B . 3  xA  xB . Baøi 3: (1,50 ñieåm). Gọi x(m) là chiều dài mảnh đất hình chữ nhật. => x-6 (m) là chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật(ĐK: x-6>0 => x> 6) chu vi mảnh đất là 2.  x+  x-6   = 2.  2x-6  4 x  12. Theo định lí Pitago; bình phương độ dài đường chéo sẽ là: 2. x 2   x-6  x 2  x 2  36  12 x 2x 2  12 x  36 Ta coù phöông trình : 2x 2  12 x  36 5.  4 x  12   2x 2  12 x  36 20 x  60.  2x 2  32 x  96 0  x 2  16 x  48 0  ' 64  48 16  '  16 4 0 84 8 4 Phöông trình co ùhai nghieäm: x1  12 vaø x 2  46  loại  1 1 Vậy chiều dài mảnh đất là 12(m) và chiều rộng mảnh đất là 6(m) . Baøi 4: (4,00 ñieåm) ñt:(O; R),tt:MA,MB;C  AB GT CD  AB; CE  AM; CF  BM. a. Chứng minh AECD là một tứ giác noäi tieáp. KL.   b. Chứng minh: CDE CBA c. IK//AB. BAØI LAØM:. 2. x.

(18) a. Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp. Xét tứ giác AECD ta có : - Hai góc đối AEC  ADC 90 (CD  AB; CE  AM ) Neân toång cuûa chuùng buø nhau. Do đó tứ giác AECD nội tiếp đường tròn . . . M. b. Chứng minh: CDE CBA Tứ giác AECD nội tiếp đường tròn nên . .   CDE CAE (cuøngchaéncungCE ). E. Ñieåm C thuoäc cung nhoû AB neân:   CAE CBA (cuøngchaéncungCA )   CDE CBA. C. Suy ra : c. Chứng minh IK//AB. A. Xeùt DCE vaø BCA ta coù:. A 1A 2. D DK 1 2 D N I. F B.  B  (cmt )  D     DCE KCI E  A (cuøngchaéncungCD )     D  ;A  D  FBC  maø EAD IDK( A ) 1. 1. 2. 2.   EAD  DCE 180 0 (tứ giác AECD nội tiếp)    KCI  IDK 180 0. Suy ra tứ giác ICKD nội tiếp. =>. .    CIK CDK cuøngchaén CK. Maø. . .    CAB CDK cuøngchaén CBF. .   CIK CBA ở vị trí đồng vị.   Suy ra  IK//AB (ñpcm) d. Xaùc ñònh vò trí ñieåm C treân cung nhoû AB để (AC2 + CB2) nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó khi OM = 2R. Gọi N là trung điểm của AB. Ta có: AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2 = 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2 + AN2 – 2AN.ND + ND2. = 2CN2 + 2AN2 = 2CN2 + AB2/2 AB2/2 ko đổi nên CA2 + CB2 đạt GTNN khi CN đạt GTNN  C là giao điểm của ON và cung nhỏ AB. => C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Khi OM = 2R thì OC = R hay C là trung điểm của OM => CB = CA = MO/2 = R Do đó: Min (CA2 + CB2 ) = 2R2 ..

(19) Sở GD&ĐT Hà Tĩnh ĐỀ CHÍNH THỨC Mã 04. ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 Môn: Toán Thời gian là bài:120 phút. Bàì 1: 1. Giải phương trình: x2 + 5x + 6 = 0 2. Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + 3 đi qua điểm M(-2;2). Tìm hệ số a Bài 2:Cho biểu thức: x√ x x2 1 P= + 2− với x >0 √ x +1 x √ x + x √x 1.Rút gọn biểu thức P 2.Tìm giá trị của x để P = 0 Bài 3: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì 1 xe phải điều đi làm công việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,5 tấn hàng so với dự định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận chuyển. (biết khối lượng hàng mỗi xe chở như nhau) Bài 4: Cho đường tròn tâm O có các đường kính CD, IK (IK không trùng CD) 1. Chứng minh tứ giác CIDK là hình chữ nhật 2. Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn tâm O thứ tự ở G; H a. Chứng minh 4 điểm G, H, I, K cùng thuộc một đường tròn. b. Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí của G và H khi diện tích tam giác DỊJ đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 5: Các số a , b , c ∈ [ −1 ; 4 ] thoả mãn điều kiện a+2 b+3 c ≤ 4 chứng minh bất đẳng thức: a2 +2 b2 +3 c 2 ≤ 36 Đẳng thức xảy ra khi nào? ……………..HẾT……………... (. )(. ).

(20) gi¶i Bµi 1: a., Gi¶i PT: x2 + 5x +6 = 0 ⇒ x1 = -2, x2= -3. b. Vì đờng thẳng y = a.x + 3 đi qua điểm M(-2; 2) nên ta có: 2 = a.(-2) +3 ⇒ a = 0,5 Bµi 2: §K: x> 0 2 1 a. P = ( x√x + x ).(2) √x √ x +1 x √ x + x = x √ x +x . 2 √ x −1 √ x+1 √x = √ x(2 √ x − 1) . 1 P=0 ⇔ √ x(2 √ x − 1) ⇔ x = 0 , x = 4 Do x = 0 kh«ng thuéc §K X§ nªn lo¹i. VËy P = 0 ⇔ x = 1 . 4 Bµi 3: Gäi sè xe thùc tÕ chë hµng lµ x xe ( x N* ) Thì số xe dự định chở hàng là x +1 ( xe ). Theo dự định mỗi xe phải chở số tấn là: 15 (tÊn). b.. x +1 15 (tÊn) x. Nhng thùc tÕ mçi xe ph¶i chë sè tÊn lµ: Theo bµi ra ta cã PT: 15 - 15 = 0,5 x x +1 Giải PT ta đợc: x1 = -6 (loại) x2= 5 (t/m) VËy thùc tÕ cã 5 xe tham gia vËn chuyÓn hµng.. Bµi 4. 1. Ta có CD là đờng kính, nên: ∠ CKD = ∠ CID = 900 (T/c gãc néi tiÕp) Ta có IK là đờng kính, nên: ∠ KCI = ∠ KDI = 900 (T/c gãc néi tiÕp) VËy tø gi¸c CIDK lµ h×nh ch÷ nhËt. 2. a. V× tø gi¸c CIDK néi tiÕp nªn ta cã: ∠ ICD = ∠ IKD (t/c gãc néi tiÕp) MÆt kh¸c ta cã: ∠ G = ∠ ICD (cïng phô víi ∠ GCI) ⇒ ∠ G = ∠ IKD VËy tø gi¸c GIKH néi tiÕp. b. Ta cã: DC GH (t/c) ⇒ DC2 = GC.CH mà CD là đờng kính ,nên độ dài CD không đổi. ⇒ GC. CH không đổi. Để diện tích Δ GDH đạt giá trị nhỏ nhất khi GH đạt giá trị nhỏ nhất. Mà GH = GC + CH nhá nhÊt khi GC = CH Khi GC = CH ta suy ra: GC = CH = CD Vµ IK CD. Bµi 5: Do -1 a , b , c ≤ 4 Nªn a +1 0 a-4 0.

(21) 0 ⇒ a2 3.a +4 b2 3b +4 2 6b+8 ⇒ 2.b 3.c2 9c +12 Suy ra: a2+2.b2+3.c2 3.a +4+6 b + 8+9c +12 a2+2.b2+3.c2 36 (v× a +2b+3c 4).. Suy ra: (a+1)( a -4) T¬ng tù ta cã. ……………..HẾT…………….. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH ĐỊNH. ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: TOÁN ( Hệ số 1 – môn Toán chung) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) *****. Bài 1: (1,5 điểm) P. x2 x 1 x 1   x x  1 x  x 1 x  1. Cho a. Rút gọn P b. Chứng minh P <1/3 với Bài 2: (2,0 điểm) Cho phương trình:. và x#1. (1) a. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt. b. Gọi là 2 nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức c. Tìm hệ thức giữa và không phụ thuộc vào m. Câu 3: (2,5 điểm) Hai vòi nước cùng chảy vào 1 cái bể không có nước trong 6 giờ thì đầy bể. Nếu để riêng vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ, sau đó đóng lại và mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 3 giờ nữa thì được 2/5 bể. Hỏi nếu chảy riêng thì mỗi vòi chảy đầy bể trong bao lâu? Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là 1 điểm trên đoạn CI (M khác C và I). Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD tại P và cắt DC tại Q. a. Chứng minh DM . AI = MP . IB b. Tính tỉ số Câu 5: (1,0 điểm) Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a+b+c=3. Chứng minh rằng:.

(22) HƯỚNG DẪN BÀI 4 ,5. a. Chứng minh DM . AI = MP . IB Chứng minh hai tam giác MDP và ICA đồng dạng :    PMQ AMQ AIC ( Đối đỉnh + cùng chắn cung)   MDP ICA. ( cùng chắn cung AB ) Vậy hai tam giác đồng dạng trường hợp góc – góc MD IC  Suy ra MP IA => Tích chéo bằng nhau & thế IC =IB. b) Chứng minh hai tam giác MDQ và IBA đồng dạng :     DMQ AIB ( cùng bù với hai góc bằng nhau), ABI MDC (cùng chắn cung AC) MD IB MD IC   MQ IA => đồng thời có MP IA => MP = MQ => tỉ số của chúng bằng 1. Bài 5 : a a  ab 2  ab 2 ab 2  a  1  b2 1  b2 1  b2. tương tự với 2 phân thức còn lại suy ra. a b c ab 2 bc 2 ca 2 ab 2 bc 2 ca 2    a  b  c  (   )  3 (   ) 1  b 2 1  c2 1  a2 1  b 2 1  c2 1  a2 2b 2c 2c 2 Ta có (a  b  c) 3(ab  bc  ca). , thay vào trên có. a b c    2 2 1  b 1  c 1  a 2 3 – 9/6 => điều phải chứng minh , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ. khi a = b = c = 1. SỞ GIÁO DỤC ĐAØO TẠO BÌNH ÑÒNH Đề chính thức. KỲ THI TUYỂN SINH VAØO LỚP 10 THPT NAÊM HOÏC 2009 - 2010 Môn thi: Toán Ngaøy thi: 02/ 07/ 2009.

(23) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). Baøi 1: (2,0 ñieåm) Giaûi caùc phöông trình sau: 1. 2(x + 1) = 4 – x 2. x2 – 3x + 0 = 0. Baøi 2: (2,0 ñieåm) 1. Cho hàm số y = ax + b. tìm a, b biết đồ thị hàm số đẫ cho đi qua hai ñieåm A(-2; 5) vaø B(1; -4). 2. Cho haøm soá y = (2m – 1)x + m + 2 a. tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghịch biến. b. Tìm giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ . 2 3. baèng Baøi 3: (2,0 ñieåm) Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Quy Nhơn. Sau đó 75 phút, trên cùng tuyến đường đó một ôtô khởi hành từ Quy Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc của xe máy là 20 km/giờ. Hai xe gặp nhau tại Phù Cát. Tính vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng Quy Nhơn cách Hoài Ân 100 km và Quy Nhơn caùch Phuø Caùt 30 km. Baøi 4: (3,0 ñieåm) Cho tam giác vuông ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Kéo dài AC (về phía C) đoạn CD sao cho CD = AC. 1. Chứng minh tam giác ABD cân. 2. Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E. Kéo dài AE (về phía E) đoạn EF sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3. Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường troøn (O). Baøi 5: (1,0 ñieåm) Với mỗi số k nguyên dương, đặt Sk = ( 2 + 1)k + ( 2 - 1)k Chứng minh rằng: Sm+n + Sm- n = Sm .Sn với mọi m, n là số nguyên dương và m > n. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề chính thức. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009 - 2010 Lời giải vắn tắt môn thi: Toán Ngày thi: 02/ 07/ 2009.

(24) Bài 1: (2,0 điểm) Giaûi caùc phöông trình sau: 1) 2(x + 1) =4–x  2x + 2 =4-x  2x + x = 4 - 2  3x =2  x= 2) x2 – 3x + 2 = 0. (a = 1 ; b = - 3 ; c = 2) Ta có a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0 .Suy ra x1= 1 và x2 = = 2 Bài 2: (2,0 điểm) 1.Ta có a, b là nghiệm của hệ phương trình 5 = -2a + b  -4 = a + b. -3a = 9   -4 = a. a = - 3   b = - 1. +b. Vậy a = - 3 vaø b = - 1 2. Cho hàm số y = (2m – 1)x + m + 2 a) Để hàm số nghịch biến thì 2m – 1 < 0  m < . b) Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng. . 2 3 . Hay đồ thị. 2 hàm số đi qua điểm có toạ đôï ( 3 ;0). Ta phải cĩ pt 0 = (2m – 1).(- ) + m + 2  m = 8 . Bài 3: (2,0 điểm) Quãng đường từ Hoài Ân đi Phù Cát dài: 100 - 30 = 70 (km) Gọi x (km/h) là vận tốc xe máy. ĐK: x > 0. Vận tốc ô tô là x + 20 (km/h) Thời gian xe máy đi đến Phù Cát: (h) Thời gian ô tô đi đến Phù Cát: (h) Vì xe máy đi trước ô tô 75 phút = (h) nên ta có phương trình : - = Giải phương trình trên ta được x1 = - 60 (loại) ; x2 = 40 (nhaän). Vậy vận tốc xe máy là 40(km/h), vận tốc của ô tô là 40 + 20 = 60(km/h).

(25) Bài 4: a) Chứng minh  ABD cân  Xét  ABD có BC  DA (Do ACB = 900 : Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) Mặt khác : CA = CD (gt) . BC vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên  ABD cân tại B b)Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng.  Vì CAE = 900, nên CE là đường kính của (O), hay C, O, E thẳng hàng. Ta có CO là đường trung bình của tam giác ABD Suy ra BD // CO hay BD // CE (1) Tương tự CE là đường trung bình cuûa tam giaùc ADF Suy ra DF // CE (2) Từ (1) và (2) suy ra D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng c)Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O). Ta chứng minh được BA = BD = BF Do đó đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính . Vì OB = AB - OA > 0 Nên đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A Bài 5: (1,0 điểm) Với mọi m, n là số nguyên dương và m > n. Vì Sk = ( 2 + 1)k + ( 2 - 1)k Ta coù: Sm+n = ( 2 + 1)m + n + ( 2 - 1)m + n Sm- n = ( 2 + 1)m - n + ( 2 - 1)m - n Suy ra Sm+n + Sm- n = ( 2 + 1)m + n + ( 2 - 1)m + n + ( 2 + 1)m - n + ( 2 - 1)m – n (1)  ( 2+ 1) m + ( 2- 1) m   ( 2+ 1)n + ( 2- 1) n .    Maët khaùc Sm.Sn =  = ( 2 + 1)m+n + ( 2 - 1)m+n + ( 2 + 1)m. ( 2 - 1)n + ( 2 - 1)m. ( 2 + 1)n. (2) Maø ( 2 + 1)m - n + ( 2 - 1)m - n ( 2+ 1) m ( 2- 1) m ( 2+ 1)m .( 2- 1)n  ( 2- 1) m .( 2+ 1) n n n ( 2- 1)n .( 2+ 1) n = ( 2+ 1) + ( 2- 1) = ( 2+ 1) m .( 2- 1) n  ( 2- 1) m .( 2+ 1) n 1n = m n m n = ( 2+ 1) .( 2- 1)  ( 2- 1) .( 2+ 1) (3) Từ (1), (2) và (3) Vậy Sm+n + Sm- n = Sm .Sn với mọi m, n là số nguyên dương và m > n..

(26) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi TOÁN ( chung cho tất cả các thí sinh) Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề). Bài 1 (2.0 điểm ) 1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa a). x. b). 1 x 1. 2. Trục căn thức ở mẫu a). 3 2. 3. Giải hệ phương trình :. b). 1 3 1.  x  1 0   x  y 3. Bài 2 (3.0 điểm ) Cho hàm số y = x2 và y = x + 2 a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ các giao điểm A,B của đồ thị hai hàm số trên bằng phép tính c) Tính diện tích tam giác OAB Bài 3 (1.0 điểm ) Cho phương trình x2 – 2mx + m 2 – m + 3 có hai nghiệm x1 ; x 2 (với m là tham số ) . Tìm m để biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4 (4.0 điểm ) Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC .Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K ( K nằm giữa A và O).Lấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không trùng C và D), AE cắt BD tại H. a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp. b) Chứng minh rằng AD2 = AH . AE. c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O). d) Cho góc BCD bằng α . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC cân tại M .Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O). ======Hết====== Họ và tên : ...........................................................................................Số báo danh...................................... Hướng dẫn:.

(27) Bài 1 (2.0 điểm ) 1. Tìm x để mỗi biểu thức sau có nghĩa x 0 a) 2. Trục căn thức ở mẫu. a). x  1 0  x 1. b). 3 3. 2 3 2   2 2 2. 2. 1  3 1. b).  x  1 0   x  y  3  3. Giải hệ phương trình :.  x 1   1  y 3. 1.. . . . 3 1. . 3 1. . 3 1. . 3 1 3 1  3 1 2.  x 1   y 2. Bài 2 (3.0 điểm ) Cho hàm số y = x2 và y = x + 2 a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy Lập bảng : x 0 -2 x -2 -1 0 1 2 y=x+2 2 0 y=x 4 1 0 1. 2 4. y B b) Tìm toạ độ giao điểm A,B : Gọi tọa độ các giao điểmAA( x1 ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) của hàm số y = x2 có đồ thị (P) x và y = x + 2 có đồ thịC (d) O K độ điểm H chung của (P) và (d) Viết phương trình hoành 2 2 x = x+2  x – x –2=0 ( a = 1 , b = – 1 , c = – 2 ) có a – b + c = 1 – ( – 1 ) – 2 = 0  x1  1. x2 . c 2  2 a 1. ; thay x1 = -1  y1 = x2 = (-1)2 = 1 ; x2 = 2  y2 = 4 Vậy tọa độ giao điểm là A( - 1 ; 1 ) , B( 2 ; 4 ) c) Tính diện tích tam giác OAB : OC =/xC / =/ -2 /= 2 ; BH = / yB / = /4/ = 4 ; AK = / yA / = /1/ = 1.

(28) 1 1 - SOAC = 2 (OC.BH - OC.AK)= ... = 2 (8 - 2)= 3đvdt. Cách 1 : SOAB = SCOH Cách 2 : Hướng dẫn : Ctỏ đường thẳng OA và đường thẳng AB vuông góc 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. OA  AK  OK  1 1  2 ; BC = BH  CH  4  4 4 2 ; AB = BC – AC = BC – OA = 3 2 (ΔOAC cân do AK là đường cao đồng thời trung tuyến  OA=AC) SOAB. 1 1 .3 2. 2 3 = 2 OA.AB = 2 đvdt. Hoặc dùng công thức để tính AB =. ( xB  x A ) 2  ( y B  y A ) 2. ;OA=. ( xA  xO )2  ( y A  yO )2. .... Bài 3 (1.0 điểm ).Tìm m để biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất. Cho phương trình x2 – 2mx + m 2 – m + 3 ( a = 1 ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m2 - m + 3 ) Δ’ = ...= m2 - 1. ( m2 - m + 3 ) = m2 - m2 + m - 3 = m – 3 ,do pt có hai nghiệm x1 ; x 2 (với m là tham số ) Δ’ ≥ 0  m ≥ 3 theo viét ta có: x1 + x2 = ... = 2m x1 . x2 = ... = m2 - m + 3 x12 + x22 = ( x1 + x2) 2 – 2x1x2 = (2m)2 - 2(m2 - m + 3 )=2(m2 + m - 3 ) 1 1 1 12 1 13 1 13 2 2 =2(m + 2m 2 + 4 - 4 - 4 ) =2[(m + 2 ) - 4 ]=2(m + 2 ) - 2 2. 1 1 7 Do điều kiện m ≥ 3  m + 2 ≥ 3+ 2 = 2 49 49 1 1 1 13 49 13 (m + 2 )2 ≥ 4  2(m + 2 )2 ≥ 2  2(m + 2 )2 - 2 ≥ 2 - 2 = 18 Vậy GTNN của x1 2 + x22 là 18 khi m = 3 Bài 4 (4.0 điểm ) a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp. * Tam giác CBD cân AC  BD tại K  BK=KD=BD:2(đường kính vuông góc dây cung) ,ΔCBD có đường cao CK vừa là đường trung tuyến nên ΔCBD cân. * Tứ giác CEHK nội tiếp · · · AEC HEC 1800 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ; KHC 1800 (gt) · · HEC  HKC 900  900 1800 (tổng hai góc đối)  tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh rằng AD2 = AH . AE. Xét ΔADH và ΔAED có : ¶A chung » ; AC  BD tại K ,AC cắt cung BD tại A suy ra A là điểm chính giữa cung · · » AD »  ADB ¼ AED BAD , hay cung AB (chắn hai cung bằng nhau) . AD AH   AD 2  AH . AE Vậy ΔADH = ΔAED (g-g)  AE AD.

(29) c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O). BK = KD = BD : 2 = 24 : 2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm 2 2 2 2 * ΔBKC vuông tại A có : KC = BC  BK  20  12  400  144  256 =16 0 · * ABC 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ΔABC vuông tại B có BK  AC : BC2 =KC.AC  400 =16.AC  AC = 25  R= 12,5cm C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm). B”. M. B. A. O. K. C. H E D d)Tính góc MBC theo α để M thuộc D”đường tròn (O). M’ Giải: ΔMBC cân tại M có MB = MC nên M nằm trên đường trung trực d của BC ; giả sử M  (O) và nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , nên M giao điểm của d và đường tròn (O) , do đó M là điểm chính giữa cung BC nhỏ ¼ MC ¼  ·BDM ·MDC  BM ·BDC ·DBC (1800  ·DCB) : 2 900   2. do ΔBCD cân tại C nên M và B nằm trên hai nửa mặt phẳng có bờ BC đối nhau nên để M thuộc (O) hay tứ giác MBDC nội tiếp nên tổng hai góc đối phải thoả mãn: ·BDC  ·BMC 1800  ·BMC 1800  ·BDC 1800   900    900     2 2    do tam giác MBC cân tại M nên ·MBC ·BCM  1800  ·BMC : 2 1800     0   45   · 4  ... Vậy MBC . . .  0   0   90    : 2 45  2  4 .

(30) Sở giáo dục - đào tạo nam định. §Ò chÝnh thøc. đề thi tuyển sinh năm học 2009 – 2010 M«n : To¸n - §Ò chung Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề. Bài1 (2,0 điểm)Trong mỗi Câu từ 1 đến Câu 8 đều có bốn phơng án trả lời A, B, C, D; Trong đó chỉ có một phơng án đúng. Hãy chọn phơng án đúng để viết vào bài làm. Câu 1. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, đồ thị các hàm số y = x2 và y = 4x + m cắt nhau t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt khi vµ chØ khi A. m > 1. B. m > - 4. C. m < -1. D. m < - 4 C©u 2. Cho ph¬ng tr×nh3x – 2y + 1 = 0. Ph¬ng tr×nh nµo sau ®ay cïng víi ph¬ng trình đã cho lập thành một hệ phơng trình vô nghiệm A. 2x – 3y – 1 = 0 B. 6x – 4y + 2 = 0 C. -6x + 4y + 1 = 0 D. -6x + 4y – 2 = 0 C©u 3. Ph¬ng tr×nh nµo sau ®©y cã Ýt nhÊt mét nghiÖm nguyªn ? 2 A. ( x  5) 5 B . 9x2- 1 = 0 C. 4x2 – 4x + 1 = 0 D. x2 + x + 2 = 0 Câu 4. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy góc tạo bởi đờng thẳng y = 3 x + 5 và trục Ox b»ng A. 300 B. 1200 C. 600 D. 1500 C©u 5. Cho biÓu thøc P = a 5 víi a < 0. § thõa sè ë ngoµi dÊu c¨n vµo trong dÊu c¨n, ta đợc P bằng: 2 A. 5a B. - 5a C. 5a 2 D. - 5a C©u 6. Trong c¸c ph¬ng tr×nh sau ®©y ph¬ng tr×nh nµo cã hai nghiÖm d¬ng: A. x2 - 2 2 x + 1 = 0 B. x2 – 4x + 5 = 0 C. x2 + 10x + 1 = 0. D.x2 - 5 x – 1 = 0 Câu 7. Cho đờng tròn (O; R) ngoại tiếp tam giác MNP vuông cân ở M . Khi đó MN b»ng: A. R B. 2R C.2 2 R D. R 2.

(31) C©u 8.Cho hßnh ch÷ nhËt MNPQ cã MN = 4cm; MQ = 3 cm. Khi quay h×nh ch÷ nhËt đã cho một vòng quanh cạn MN ta đợc một hình trụ có thể tích bằng A. 48 cm3 B. 36  cm3 C. 24  cm3 D.72  cm3 Bµi 2 (2,0 ®iÓm) (2 x  1) 2  1 9 1) T×m x biÕt : 4 12  3 5 2) Rót gän biÓu thøc : M = 2 3) Tìm điều kiện xác định của biểu thức: A =  x  6 x  9 Bµi 2 (1,5 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x2 + (3 - m)x + 2(m - 5) = 0 (1), víi m lµ tham sè. 1) Chøng minh r»ng víi mäi gi¸ trÞ cña m ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã nghiÖm x1 = 2. 2) Tìm giá trị của m để phơng trình (1) có nghiệm x2 = 1 + 2 2 Bài 3. ( 3,0 điểm) Cho đờng tròn (O; R) Và điểmA nằm ngoài (O; R) .Đờng tròn đờng kính AO cắt đờng tròn (O; R) Tại M và N. Đờng thẳng d qua A cắt (O; R) tại B vµ C ( d kh«ng ®i qua O; ®iÓm B n»m gi÷a A vµ C). Gäi H nlµ trung ®iÓm cña BC. 1) Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O; R) và H thuộc đờng tròn đờng kính AO. 2) §êng th¼ng qua B vu«ng gãc víi OM c¾t MN ë D. Chøng minh r»ng: a) Gãc AHN = gãc BDN b) Đờng thẳng DH song song với đờng thẳng MC. c) HB + HD > CD Bµi 5 (1,5 ®iÓm)  x  y  2 xy 0  x  y  x 2 y 2  ( xy  1) 2  1 1) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  2 2 2) Chøng minh r»ng víi mäi x ta lu«n cã: (2 x  1) x  x  1  (2 x  1) x  x  1. Gợi ý đáp án môn toán Nam Định 09-10. Bµi 1: C©u 1 2 3 4 đáp án B C B C Bµi 2: 1.. (2 x  1). 5 D. 6 A. 7 D. 2. =9 . 2x – 1 = 9 hoÆc 2x – 1 = -9.  x = 5 hoÆc x = - 4. 4( 5 - 3 ) 5 3 2. M = 12 + = 2 3 + 2( 5 - 3 ) = 2 5 3. ta cã – x2 + 6x + 9 = - (x - 3)2  0  x. (1) 2. A =  ( x  3) . Điều kiện để A có nghĩa là: - (x - 3)2  0 (2) Tõ (1), (2) => x = 3.. 8 B.

(32) Bµi 3. 1. Thay x = 2 vµo ta cã:. 22 + (3 - m)2 + 2(m - 5) = 4 + 6 – 2m + 2m – 10 = 0. VËy x = 2 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1)  m. 2. áp dụng định lí viet cho phơng trình (1) ta có: x1 + x2 = m – 3 => x2 = m – 3 – x1 = m – 3 – 2 = m – 5. Mµ x2 = 1 + 2 2 => m – 5 = 1 + 2 2 => m = 6 + 2 2 . Bµi 4:. Mµ  AHN =  AMN (cmt) =>  AHN =  MDE MÆt kh¸c  MDE =  BDN (®®) =>  AHN =  BDN (®pcm) b. tõ c©u trªn => tø gi¸c BDHN néi tiÕp. =>  BND =  BHN Mµ  BHN =  BCN (ch¾n BN cña (O)) =>  BHN =  BCN => DH // MC. c. ta cã : HD + HB = HD + HC. Trong  HDC : HD + HC > DC (B§T tam gi¸c) ? HD + HB > DC. Bµi 5. 1.. x + y = 2xy 2 x+ y – (xy)2 = (xy)  2 xy  2 2 => 2xy – (xy)2 = (xy)  2 xy  2 (1) 2. §Æt t = (xy)  2 xy  2 (t 0) => 2xy – (xy)2 = 2 – t2. (1)  2 – t2 = t  t = 1 (tm) hoÆc t = -2 (lo¹i) t= 1 => (xy)2 -2xy + 2 = 1 => xy = 1 => x + y = 2. => x, y lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh T2 – 2T + 1 = 0 => x = y = 1. 2 2 2. (2x + 1) x  x  1 > (2x - 1) x  x  1 (*) 2 [(2x + 1) x  x  1 ]2 = 4x4 + x2 +3x +1.. 2 [(2x - 1) x  x  1 ]2 = 4x4 + x2 -3x + 1.. 1 + NÕu x < 2 => VT < 0, VP < 0.

(33) 2. 2. (*)  [(2x + 1) x  x  1 ]2 < [(2x - 1) x  x  1 ]2  4x4 + x2 +3x +1 < 4x4 + x2 -3x + 1  3x < -3x (đúng) §Ò thi tuyÓn sinh líp 10 tØnh NghÖ An N¨m häc: 2009-2010 M«n: To¸n Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) x x 1 x  1  x 1 C©u I: (3,0®). Cho biÓu thøc A = x  1. 1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A. 2. TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc A khi x = 9/4. 3. Tìm tất cả các giá trị của x để A <1. C©uII: (2,5®). Cho ph¬ng tr×nh bËc hai, víi tham sè m: 2x2 – (m+3)x + m = 0 (1). 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) khi m = 2. 2. Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả 5 m·n: x1 + x2 = 2 x1x2.. 3. Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1). T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P =. x1  x2. C©u III: (1,5®). Mét thöa ruéng h×nh ch÷ nhËt cã chiÒu réng ng¾n h¬n chiÒu dµi 45m. TÝnh diÖn tÝch thöa ruéng, biÕt r»ng nÕu chiÒu dµi gi¶m ®i 2 lÇn vµ chiÒu réng t¨ng 3 lÇn th× chu vi thửa ruộng không thay đổi. Câu IV: (3,0đ). Cho đờng tròn (O;R), đờng kính AB cố định và CD là một đờng kính thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến của đờng tròn (O;R) tại B cắt các đờng th¼ng AC vµ AD lÇn lît t¹i E vµ F. 1. Chøng minh r»ng BE.BF = 4R2. 2. Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn. 3. Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD. Chứng minh rằng tâm I luôn nằm trên một đờng thẳng cố định..

(34) Gîi ý §¸p ¸n C©u I: 1. §kx®: x≥ 0, x ≠ 1 x x 1 ( x  1)( x  1) x x x    x1 A = ( x  1)( x  1) ( x 1)( x  1) ( x 1)( x  1) 3 2 3 3 1 2. Víi x = 9/4 => A = 2 . x 1  x1. x  10  x1. x. x 1 0  x1. 1 0  x1. 3. Víi A<1 => Vậy để A < 1 thì 0 ≤ x < 1. C©u II: 1. Víi m = 2 th× ph¬ng tr×nh trë thµnh: 2x2 – 5x + 2 = 0 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm lµ: 2 vµ 1/2. 2. Ta cã  = (m + 3)2 – 4.2.m = m2 - 2m + 9= (m - 1)2 + 8 => >0 víi mäi m => ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt.. x  10.  x<1. m 3   x1  x2  2  x x m 1 2 2 Theo ViÐt ta cã:  5 Mµ x1 + x2 = 2 x1x2 =>2(m+3) = 5m  m = 2.. 3. Ta cã (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 - 4x1.x2 = (m + 3)2:4 – 2m = (m2 - 2m + 9):4 = ( m  1) 2  8 2  x  x  2 1 2 4 VËy MinP = 2  m =1. C©u III: Gäi chiÒu dµi cña thöa ruéng lµ x(m) ChiÒu réng cña thöa ruéng lµ y(m) ( x>45, x>y)  x  y 45  x   3 y x  y =>  2. Giải hệ ta đợc x = 60, y = 15 (thoả mãn) VËy diÖn tÝch cña thöa ruéng lµ: 60.15 = 900(m2). C©u IV: a. Ta có tam giác AEF vuông tại A (Góc A là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) Mà AB là đờng cao. => BE.BF = AB2 (HÖ thøc lîng trong tam gi¸c vu«ng) => BE.BF = 4R2 ( V× AB = 2R) b. Ta cã gãc CEF = gãc BAD (Cïng phô víi gãc BAE).

(35) Mµ gãc BAD = gãc ADC ( Tam gi¸c AOD c©n) => Góc CEF = góc ADC => Tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn. c. Gäi trung ®iÓm cña EF lµ H. => IH // AB (*) D Ta l¹i cã tam gi¸c AHE c©n t¹i H (AH lµ trung tuyÕn cña tam gi¸c vu«ng AEF, gãc A = 900) => gãc HAC = gãc HEA (1) O Mµ gãc HEA + gãc BAC = 900 (2) A MÆt kh¸c gãc BAC = gãc ACO ( tam gi¸c AOC c©n t¹i O) (3) Tõ (1), (2) vµ (3) => AH CD C Nhng OI CD => AH//OI (**) Tõ (*) vµ (**) => AHIO lµ h×nh b×nh hµnh => IH = AO = R (không đổi). Nên I cách đờng thẳng cố định EF một khoảng không đổi = R => I thuộc đờng thẳng d // EF và cách EF một khoảng =R. * Chó ý: Trêng hîp CD  AB th× I thuéc AB vµ vÉn c¸ch d mét kho¶ng R.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. F. B. I H. d. E. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT. =.

(36) QUẢNG NINH -------------. NĂM HỌC 2009 - 2010 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Ngµy thi : 29/6/2009 Thêi gian lµm bµi : 120 phót (không kể thời gian giao đề). Ch÷ ký GT 1 : .............................. Ch÷ ký GT 2 : ............................... (§Ò thi nµy cã 01 trang) Bµi 1. (2,0 ®iÓm) Rót gän c¸c biÓu thøc sau : a). 2 3  3 27 . 300. 1  1  1   : x  1  x ( x  1) b)  x  x. Bµi 2. (1,5 ®iÓm) a). Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 + 3x – 4 = 0 b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 3x – 2y = 4 2x + y = 5 Bµi 3. (1,5 ®iÓm) 1 Cho hàm số : y = (2m – 1)x + m + 1 với m là tham số và m # 2 . Hãy xác định m trong mỗi. trêng h¬p sau : a) §å thÞ hµm sè ®i qua ®iÓm M ( -1;1 ) b) §å thÞ hµm sè c¾t trôc tung, trôc hoµnh lÇn lît t¹i A , B sao cho tam gi¸c OAB c©n. Bµi 4. (2,0 ®iÓm): Gi¶i bµi to¸n sau b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh hoÆc hÖ ph¬ng tr×nh: Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợc dòng từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc dòng nớc là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi n ớc đứng yªn ) Bµi 5. (3,0 ®iÓm) Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng trßn (O;R) ( A; B lµ hai tiÕp ®iÓm). a) Chøng minh MAOB lµ tø gi¸c néi tiÕp. b) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c AMB nÕu cho OM = 5cm vµ R = 3 cm. c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đờng tròn (O;R) tại hai điểm C và D ( C nằm gi÷a M vµ D ). Gäi E lµ giao ®iÓm cña AB vµ OM. Chøng minh r»ng EA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED. ---------------------- HÕt ---------------------(C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) Hä vµ tªn thÝ sinh: ……………………………………. Sè b¸o danh: ………………..

(37) §¸p ¸n Bµi 1: a) A = 3 Bµi 2 : a) x1 = 1 ; x2 = -4 b) 3x – 2y = 4. b) B = 1 +. x. 2x + y = 5 3x – 2y = 4. <=>. 7x = 14 <=>. 4x + 2y = 5. x=2 <=>. 2x + y = 5. y=1. Bµi 3 : a) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(-1;1) => Tọa độ điểm M phải thỏa mãn hàm số : y = (2m – 1)x + m + 1 (1) Thay x = -1 ; y = 1 vµo (1) ta cã: 1 = -(2m -1 ) + m + 1 <=> 1 = 1 – 2m + m + 1 <=> 1 = 2 – m <=> m = 1 VËy víi m = 1 Th× §T HS : y = (2m – 1)x + m + 1 ®i qua ®iÓm M ( -1; 1) c) §THS c¾t trôc tung t¹i A => x = 0 ; y = m+1 => A ( 0 ; m+1) => OA =. m 1.  m 1  m 1  m 1 c¾t truc hoµnh t¹i B => y = 0 ; x = 2m  1 => B ( 2m  1 ; 0 ) => OB = 2m  1. Tam gi¸c OAB c©n => OA = OB  m 1 m 1 <=> = 2m  1 Gi¶i PT ta cã : m = 0 ; m = -1. Bµi 4: Gäi vËn tèc thùc cña ca n« lµ x ( km/h) ( x>5) VËn tèc xu«i dßng cña ca n« lµ x + 5 (km/h) VËn tèc ngîc dßng cña ca n« lµ x - 5 (km/h) 60 Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : x  5 ( giê) 60 Thêi gian ca n« ®i xu«i dßng lµ : x  5 ( giê) 60 60 Theo bµi ra ta cã PT: x  5 + x  5 = 5. <=> 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 – 25) <=> 5 x2 – 120 x – 125 = 0  x1 = -1 ( kh«ng TM§K)  x2 = 25 ( TM§K) VËy v©n tèc thùc cña ca n« lµ 25 km/h. Bµi 5:.

(38) A D C. E. M. O. B. a) Ta cã: MA  AO ; MB  BO ( T/C tiÕp tuyÕn c¾t nhau) 0   => MAO MBO 90.   Tứ giác MAOB có : MAO  MBO 900 + 900 = 1800 => Tứ giác MAOB nội tiếp đờng. trßn b) ¸p dông §L Pi ta go vµo  MAO vu«ng t¹i A cã: MO2 = MA2 + AO2  MA2 = MO2 – AO2  MA2 = 52 – 32 = 16 => MA = 4 ( cm) V× MA;MB lµ 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau => MA = MB =>  MAB c©n t¹i A MO là phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO là đờng trung trực => MO  AB XÐt  AMO vu«ng t¹i A cã MO  AB ta cã: AO 2 9 AO2 = MO . EO ( HTL trong  vu«ng) => EO = MO = 5 (cm) 9 16 => ME = 5 - 5 = 5 (cm). ¸p dông §L Pi ta go vµo tam gi¸c AEO vu«ng t¹i E ta cã:AO2 = AE2 +EO2 81 144 12  AE = AO – EO = 9 - 25 = 25 = 5 12  AE = 5 ( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE do MO là đờng trung trực của AB) 24 1 1 16 24 192 . .  AB = 5 (cm) => SMAB = 2 ME . AB = 2 5 5 = 25 (cm2) c) XÐt  AMO vu«ng t¹i A cã MO  AB. ¸p dông hÖ thøc lîng vµo tam gi¸c vu«ng AMO ta 2. 2. 2. cã: MA2 = ME. MO (1) 1 ADC MAC   mµ : = 2 S® AC ( gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng. ch¾n 1 cung) MA MD   MAC   DAM (g.g) => MC MA => MA2 = MC . MD (2) MD ME  Tõ (1) vµ (2) => MC . MD = ME. MO => MO MC MD ME     MDO  MCE   MDO ( c.g.c) ( M chung; MO MC ) => MEC ( 2 gãc tøng) ( 3).

(39) OA OM T¬ng tù:  OAE OMA (g.g) => OE = OA OA OM OD OM  => OE = OA = OE OD ( OD = OA = R) OD OM     Ta cã:  DOE   MOD ( c.g.c) ( O chong ; OE OD ) => OED ODM ( 2 gãc t øng) (4)   AEC  MEC  0 OED MEC. Tõ (3) (4) =>. . mµ :. =90. AED  OED  =900    => AEC  AED => EA lµ ph©n gi¸c cña DEC. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 1 trang). KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Khóa ngày: 18 tháng 6 năm 2009. Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề). Câu 1: (0.5đ). Phân tích thành nhân tử: ab + b b + a + 1 (a 0). Câu 2: (0.5đ). Đơn giản biểu thức: A = tg2  - sin2  . tg2  (  là góc nhọn). Câu 3: (0.5đ). Cho hai đường thẳng d1: y = (2 – a)x + 1 và d2: y = (1 + 2a)x + 2. Tìm a để d1 // d2. Câu 4: (0.5đ). Tính diện tích hình tròn biết chu vi của nó bằng 31,4 cm. (Cho  = 3,14) Câu 5: (0.75đ). Cho  ABC vuông tại A. Vẽ phân giác BD (D  AC). Biết AD = 1cm; DC = 2cm. Tính số đo góc C. Câu 6: (0.5đ). Cho hàm số y = 2x2 có đồ thị Parabol (P). Biết điểm A nằm trên (P) có 1 hoành độ bằng - 2 . Hãy tính tung độ của điểm A.. Câu 7: (0.75đ). Viết phương trình đường thẳng MN, biết M(1 ;-1) và N(2 ;1). Câu 8: (0.75đ). Cho  ABC vuông tại A, biết AB = 7cm; AC = 24cm. Tính diện tích xung quanh của hình nón được sinh ra khi quay tam giác ABC một vòng quanh cạnh AC.. Câu 9: (0.75đ). Rút gọn biểu thức B =. . 2. 2. 3  2 3. ..

(40) Câu 10: (0.75đ). Cho  ABC vuông tại A. Vẽ đường cao AH, biết HC = 11cm, AB = 2 3 cm. Tính độ dài cạnh BC. Câu 12: (0.75đ). Một hình trụ có diện tích toàn phần là 90  cm2, chiều cao là 12cm. Tính thể tích của hình trụ. Câu 13: (0.75đ). Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) cắt nhau tại A và B. Một đường R ' BD  thẳng đi qua A cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D. Chứng minh rằng: R BC .. Cho phương trình bậc hai (ẩn x, tham số m): x2 – 2mx + 2m – 1 = 0 (1). Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thõa mãn x1 = 3x2 ? Câu 15: (0.75đ). Trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB lấy hai điểm E và F sao cho AE  AF (E A và F B), các đoạn thẳng AF và BE cắt nhau tại H. Vẽ HD  OA (D  OA; D O). Chứng minh tứ giác DEFO nội tiếp được đường tròn. ------------------- HẾT ------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2009 – 2010. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài 120 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Ngày thi : 24 tháng 6 năm 2009 A. TRẮC NGHIỆM:( 2 ĐIỂM) (Đã bỏ đi đáp án, xem như bài tập lí thuyết để luyện tập) 1.Tính giá trị biểu thức. . M. 2. 3. . 2 3. ?. 1 2 x 3 2. Tính giá trị của hàm số tại x  3 . x(1  x)  x. 1  x y. 3.Có đẳng thức khi nào? 4. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M( 1; 1 ) và song song với đường thẳng y = 3x. 5. Cho (O; 5cm) và (O’;4cm) cắt nhau tại A, B sao cho AB = 6cm. Tính độ dài OO? 0  6. Cho biết MA , MB là tiếp tuyến của đường tròn (O), BC là đường kính BCA 70 .  Tính số đo AMB ? 0  7.Cho đường tròn (O ; 2cm),hai điểm A, B thuộc đường tròn sao cho AOB 120 .Tính độ dài cung nhỏ AB? 8. Một hình nón có bán kính đường tròn đáy 6cm ,chiều cao 9cm thì thể tích bằng bao nhiêu? B. TỰ LUẬN :( 8,0 ĐIỂM).

(41) Bài 1 : (2 điểm) 1. Tính. A. 1 1  2 5 2 5. 2. Giải phương trình (2  x )(1  x )  x  5 3 y  xm 2 3. Tìm m để đường thẳng y = 3x – 6 và đường thẳng cắt nhau tại một. điểm trên trục hoành . Bài 2 ( 2 điểm) Cho phương trình x2 + mx + n = 0 ( 1) 1.Giải phương trình (1) khi m =3 và n = 2  x1  x 2 3  3 x  x 3 9 2.Xác định m ,n biết phương trình (1) có hai nghiệm x1.x2 thoả mãn  1 2. Bài 3 : (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A .Một đường tròn (O) đi qua B và C cắt các cạnh AB , AC của tam giác ABC lần lượt tại D và E ( BC không là đường kính của đường tròn tâm O).Đường cao AH của tam giác ABC cắt DE tại K .   1.Chứng minh ADE ACB . 2.Chứng minh K là trung điểm của DE. 3.Trường hợp K là trung điểm của AH .Chứng minh rằng đường thẳng DE là tiếp tuyến chung ngoài của đường tròn đường kính BH và đường tròn đường kính CH. Bài 4 :(1điểm) a , a , a ,.............., a 361 Cho 361 số tự nhiên 1 2 3 thoả mãn điều kiện 1 1 1 1    ..................  37 a1 a2 a3 a 361 Chứng minh rằng trong 361 số tự nhiên đó, tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau. ======Hết====== Gợi ý đáp án Bài 2: 2.  = m2 – 4n ≥ 0  m2 ≥ n. Theo Viét ta có:.  x1  x2  m   x1.x2 n.  x1  x2  m  x .x n  1 2   x1  x2 3 3  3 Kết hợp với trên ta có:  x1  x2 9 . Bài 3:.  x1  x2  m  x  x 3  1 2  2 m  3n 3 n m 2  9 .  m 2 3  => n 3.

(42) a. Ta có tứ giác BDEC nội tiếp B. 0   => BDE  ACB 180. H. O.   Mà BDE  ADE 180 ( hai góc kề bù) 0.   => ADE  ACB. D. b. Chứng minh tương tự phần a,. K.   ta có AED  ABC. A. E. C.   mà HAC  ABC ( cùng phụ với góc ACB) . . => HAC  AED => AEK cân tại K => AK=KE (1) Chứng minh tương tự ta có AKD cân tại K => AK = KD (2) => KE=KD => K là trung điểm của DE. c. Vì K là trung điểm của AH và DE nên tứ giác ADHE là hình bình hành Mà góc A =900 => ADHE là hình chữ nhật => AK = KH = KD = KE Ta có O1DK = O1HK. B. Mà góc O1HK = 900 => góc O1DK = 900. O1 H. O. D. Mặt khác DO1 = BO1 = HO1 (t/c tam giác vuông). O2. K. => DE là tiếp tuyến của (O1) Tương tự ta cũng chứng minh. A. được DE là tiếp tuyến của (O2) => DE là tiếp tuyến chung của (O1) và (O2) Bài 5: Xét. B=. 1 1 1   ...  1 2 361. =. 2 2 2   ...  1 1 2 2 361  361. E. C.

(43) <. 1. 2 2 2   ... 2 1 3 2 361  360. = 1+2( 2  1 ) + 2( 3  2 )+…+2( 361  360 ) = 1+2( 361  1 )=1+2(19-1)=37 => B<17 (1) Vì a1, a2, …,a361 là 361 số tự nhiên bất kì =>A ≤ B (2) Từ (1) và (2) => A<17 Mà theo đề bài A = 17 => Luôn tồn tại ít nhất 2 số tự nhiên trùng nhau trong 361 số đã cho..

(44) SỞ GD & ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2009 – 2010 Môn thi : Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25/6/2009 Bài 1: (1,5 điểm) Giải hệ phương trình và phương trình sau : 3x  2y  1  a) 5x  3y  4. b) 9x4 + 8x2 – 1= 0. Bài 2: (2,0 điểm) 1   x 3  1 A    : x 3 x   x  2  Cho biểu thức :. x 2  x  3 . a) Với những điều kiện được xác định của x hãy rút gọn A . b) Tìm tất cả các giá trị của x để A nhỏ hơn 1 . Bài 3: (3,0 điểm) a) Cho hàm số y = -x2 và hàm số y = x – 2. Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng hệ trục tọa độ. Tìm tọa độ giao điểm của hai đô thị trên bằng phương pháp đại số . b) Cho parabol (P) :. y. x2 4. 3 và đường thẳng (D) : y = mx - 2 m – 1. Tìm m để (D). tiếp xúc với (P) . Chứng minh rằng hai đường thẳng (D 1) và (D2) tiếp xúc với (P) và hai đường thẳng ấy vuông góc với nhau . Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. Trên tia đối của AB lấy điểm C sao cho BC = R, trên đường tròn lấy điểm D sao cho BD = R, đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt tia AD ở M. a) Chứng minh tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp . b) Chứng minh tam giác ABM là tam giác cân . c) Tính tích AM.AD theo R . d) Cung BD của (O) chia tam giác ABM thành hai hần. Tính diện tích phần của tam giác ABM nằm ngoài (O) ..

(45) -------HẾT-----SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG Đề chính thức. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học:2009-2010 Khóa ngày 28/06/2009 Môn TOÁN ( ĐỀ CHUNG) Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian phát đề). Bài 1: (1,5 điểm) 1/.Không dùng máy tính, hãy tính giá trị biểu thức sau :  14 - 7 15 - 5  1 A =  +  : 2 -1 3 -1  7 - 5 . 2/.Hãy rút gọn biểu thức: B=. x 2x - x x - 1 x - x , điều kiện x > 0 và x 1. Bài 2: (1,5 điểm) 1/. Cho hai đường thẳng d1 : y = (m+1) x + 5 ; d 2 : y = 2x + n. Với giá trị nào của m, n thì d1 trùng với d 2 ? 2/.Trên cùng mặt phẳng tọa độ , cho hai đồ thị (P): y. . x2 3 ; d: y = 6  x . Tìm tọa. độ giao điểm của (P) và d bằng phép toán . Bài 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 +2 (m+3) x +m2 +3 = 0 1/ Tìm m để phương trình có nghiệm kép ? Hãy tính nghiệm kép đó. 2/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1 – x2 = 2 ? Bài 4 : (1,5 điểm) Giải các phương trình sau : 1 3  2 1/ x  2 6  x. 2/ x4 + 3x2 – 4 = 0. Bài 5 : (3,5 điểm) Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB và dây CD vuông góc với nhau. (CA. < CB). Hai tia BC và DA cắt nhau tại E. Từ E kẻ EH vuông góc với AB tại H ; EH cắt CA ở F. Chứng minh rằng : 1/ Tứ giác CDFE nội tiếp được trong một đường tròn..

(46) 2/ Ba điểm B , D , F thẳng hàng. 3/ HC là tiếp tuyến của đường tròn (O). ----------------- Hết ---------------Họ tên thí sinh: …………………………………Số báo danh………………….…………. Chữ kí của giám thị 1…………………………... Chữ kí của giám thị 2………...……….

(47)

(48)

(49)

(50) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2009 - 2010. ĐỀ CHÍNH. Môn thi: TOÁN Ngày thi: 24 tháng 6 năm 2009 (Thời gian làm bài: 120 phút). Bài 1 (2,5 điểm) Cho biểu thức. A=. x 1 1 + + x- 4 x- 2 x + 2 , với x≥0; x ≠ 4. 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tính giá trị của biểu thức A khi x=25. 3) Tìm giá trị của x để. A =-. 1 3.. Bài 2 (2 điểm) Cho Parabol (P) : y= x2 và đường thẳng (d): y = mx-2 (m là tham số m  0) a/ Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng toạ độ xOy. b/ Khi m = 3, hãy tìm toạ độ giao điểm (P) và (d) ..

(51) c/ Gọi A(xA; yA), B(xA; yB) là hai giao điểm phân biệt của (P) và ( d). Tìm các giá trị của m sao cho : yA + yB = 2(xA + xB ) -1 . 2 2 Bài 3 (1,5 điểm)Cho phương trình: x - 2(m +1) x + m + 2 = 0 (ẩn x). 1) Giải phương trình đã cho với m =1. 2) Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn 2 2 hệ thức: x1 + x2 = 10 .. Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và A là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). 1). Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.. 2). Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA. và OE.OA=R2. 3). Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O; R) lấy điểm K bất kì (K khác B và. C). Tiếp tuyến tại K của đường tròn (O; R) cắt AB, AC theo thứ tự tại các điểm P và Q. Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC. 4). Đường thẳng qua O, vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo. thứ tự tại các điểm M, N. Chứng minh PM + QN ≥ MN. Bài 5 (0,5 điểm) Giải phương trình:. x2 -. 1 1 1 + x 2 + x + = ( 2 x 3 + x 2 + 2 x +1) 4 4 2. ----------------------Hết---------------------Lưu ý: Giám thị không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG. Năm học 2009-2010 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). Bài 1. (2,0 điểm) 3 13 6   3 1. Rút gọn các biểu thức sau: a) 2  3 4  3.

(52) x y y x. b) 2. Giải phương trình:. x. xy. . x y x y. với x > 0 ; y > 0 ; x  y. 4 3 x 2 .. Bài 2. (2,0 điểm)  m  1 x  y 2   mx  y m  1. Cho hệ phương trình: (m là tham số) 1. Giải hệ phương trình khi m 2 ; 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y ) thoả mãn: 2 x + y  3 . Bài 3. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 2 (P): y x .. y  k  1 x  4. (k là tham số) và parabol. 1. Khi k  2 , hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P); 2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt; 3. Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao cho: y1  y 2 y1 y 2 . Bài 4. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H và K. 1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;  2. Tính CHK ; 3. Chứng minh KH.KB = KC.KD; 1 1 1   2 2 AM AN 2 . 4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh AD Bài 5. (0,5 điểm) Giải phương trình:. 1 1 1 1     3   x 2x  3 5x  6  .  4x  3. --- HẾT --Họ và tên thí sinh: ........................................................................ Số báo danh:......................... Giám thị 1: ......................................................... Giám thị 2:. Bài 1. (2,0 điểm) 3 13 6   3 1. Rút gọn các biểu thức sau: a) 2  3 4  3.

(53) x y y x xy. b) 2. Giải phương trình:. x. (1,5đ). x y x y. với x > 0 ; y > 0 ; x  y. 4 3 x 2 .. Ý 1.. . Nội dung 3 13 6   3 a) 2  3 4  3. . 3 2. 3. 4 3. =.   13  4  3   2. 0,25. 3. 16  3. = 6 3 3 4 3 2 3. 0,25. = 10. 0,25. x y y x xy. b). xy. . =. . x xy. = x. x y x y y.  . x. với x > 0 ; y > 0 ; x  y y. . x. x y. . y. y x y. (0,5đ). x. 0,25 0,25 0,25. =2 x 2.. Điểm. 4 3 x 2. ĐK: x  2. Quy đồng khử mẫu ta được phương trình:. 0,25. 2. x + 2x + 4 = 3(x + 2) . x2  x  2 = 0. Do a  b + c = 1 + 1  2 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x = 2 (thoả mãn). 0,25. Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 2. Bài 2. (2,0 điểm)  m  1 x  y 2  mx  y m  1 Cho hệ phương trình: . 1. Giải hệ phương trình khi m 2 ;. (m là tham số).

(54) 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y ) thoả mãn: 2 x + y  3 . Ý. Nội dung. Điểm. 1..  x  y 2  2x  y 3. 0,25. 0,25. .  x 1   x  y 2. 0,25. .  x 1   y 1. (1,0đ). Khi m = 2 ta có hệ phương trình:.  x 1  Vậy với m = 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất:  y 1. 2. (1,0đ). Ta có hệ:.  m  1 x  y 2  mx  y m  1. .  x m  1  2  mx  y m  1. .  x m  1   y  m  m  1  m  1. .  x m  1  2  y  m  2m  1. 0,25. 0,25. 0,25. Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất:  x m  1  2  y  m  2m  1. Khi đó: 2x + y = m2 + 4m  1 = 3  (m  2)2  3 đúng m vì (m  2)2  0 Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thoả mãn 2x + y  3.. Bài 3. (2,0 điểm). 0,50.

(55) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 2 (P): y x .. y  k  1 x  4. (k là tham số) và parabol. 1. Khi k  2 , hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P); 2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt; 3. Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao cho: y1  y 2 y1 y 2 . Ý. Nội dung. 1. Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + 4 (1,0đ) Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là: x2 = 3x + 4  x2 + 3x  4 = 0. 2.. Điểm 0,25 0,25. Do a + b + c = 1 + 3  4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x =  4 Với x = 1 có y = 1 Với x = 4 có y = 16. 0,25. Vậy khi k = 2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có toạ độ là (1; 1); (4; 16). 0,25. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là: x2 = (k  1)x + 4. (0,5đ). 0,25.  x2  (k  1)x  4 = 0 Ta có ac = 4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k. Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. 3. Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân (0,5đ) biệt có hoành độ x1, x2 thoả mãn:  x1  x 2 k  1   x1x 2  4 2 Khi đó: y1 x1. ;. 2 2. 2 1. 0,25. y 2 x 22. Vậy y1 + y2 = y1 y 2 2 1. 0,25. 2 2.  x  x x x  (x1 + x2)2  2x1x2 = (x1 x2)2  (k  1)2 + 8 = 16  (k  1)2 = 8  k 1  2 2 hoặc k 1  2 2. 0,25.

(56) Vậy k 1  2 2 hoặc k 1  2 2 thoả mãn đầu bài. Bài 4. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H và K. 1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;  2. Tính CHK ; 3. Chứng minh KH.KB = KC.KD; 1 1 1   2 2 AM AN 2 . 4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh AD Ý 1. (1,0đ). Nội dung A. Điểm. B. H M P. + Ta có. 2. (1,0đ). 3. (1,0đ). 4. (0,5đ). D. C. K.  DAB = 90o (ABCD là hình vuông)  o BHD. N. = 90 (gt)    BHD Nên DAB = 180o  Tứ giác ABHD nội tiếp  BHD + Ta có = 90o (gt)  BCD = 90o (ABCD là hình vuông) Nên H; C cùng thuộc đường tròn đường kính DB  Tứ giác BHCD nội tiếp   BDC  BHC 180o      CHK  BHC 180o Ta có:   CHK BDC   mà BDC = 45o (tính chất hình vuông ABCD)  CHK = 45o Xét KHD và KCB   KHD KCB (90o )   DKB chung Có   KHD KCB (g.g) KH KD   KC KB  KH.KB = KC.KD (đpcm) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng DC tại P.    DAP Ta có: BAM (cùng phụ MAD ) AB = AD (cạnh hình vuông ABCD). 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5. 0,5 0,25 0,25.

(57)   ABM ADP 90o Nên BAM = DAP (g.c.g)  AM = AP  Trong PAN có: PAN = 90o ; AD  PN 1 1 1  2 2 AP AN 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) nên AD 1 1 1   2 2 AM AN 2  AD. 0,25. 0,25. Bài 5. (0,5 điểm) 1 1 1 1     3   x 2x  3 5x  6  .  4x  3. Giải phương trình: Ý 0,5đ. Nội dung. Điểm. 1 1 1 1 1 1      3    b c b  2c c  2a   a  2b Ta chứng minh: a với a > 0; b > 0; c > 0. + Với a > 0; b > 0 ta có: 2   1    b + Do  a. . a  2 b  3  a  2b . . a  2 b 9. (*). (1). 1 2 9   b a  2 b (2) nên a. 1 2 3 3   b a  2b (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) + Từ (1) và (2) ta có: a. + Áp dụng (3) ta có: 1 1 1 1 1 1      3    a b c b  2c c  2a  với a > 0; b> 0; c > 0  a  2b. 0.25đ. 1 1 1 1   3   3  x  2x  3 5x  6  có ĐK:  4x  3 2 Phương trình x Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - 3 ta có: 1 1 1 1 1  1     3    x x 2x  3 5x  6 4x  3   3x 1 1 1 1   3   3  x  x 2x  3 4x  3  với  5x  6 2 Dấu “ = ” xảy ra  x 2x  3  x 3 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.. Híng dÉn chung:. 0.25đ.

(58) 1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh phải trình bày, lập luận và biến đổi hợp lí mới được công nhận cho điểm. 2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải của bài toán (không cho điểm hình vẽ). 3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo khung điểm. 4. Chấm từng phần. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần, không làm tròn.. SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. A. Phần trắc nghiệm ( 2,0 điểm):Trong mỗi câu dưới đây đều có 4 lựa chọn, trong đó có duy nhất một lựa chọn đúng. Em hãy chọn lựa chọn đúng. Câu 1: điều kiện xác định của biểu thức 1  x là: A. x   B. x  1 C. x  1 D. x 1 Câu 2: cho hàm số y ( m  1) x  2 (biến x) nghịch biến, khi đó giá trị của m thoả mãn: A. m < 1 B. m = 1 C. m > 1 D. m > 0 2 Câu 3: giả sử x1 , x2 là nghiệm của phương trình: 2 x  3 x  10 0 . Khi đó tích x1.x2 bằng: 3 3  A. 2 B. 2 C. -5 D. 5  ABC Câu 4: Cho có diện tích bằng 1. Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của các. cạnh AB, BC, CA và X, Y, Z ương ứng là trung điểm của các cạnh PM, MN, NP. Khi đó diện tích tam giác XYZ bằng: 1 A. 4. 1 B. 16. 1 C. 32. 1 D. 8. B. Phần tự luận( 8 điểm):  mx  2 y 1  Câu 5( 2,5 điểm). Cho hệ phương trình 2 x  4 y 3 ( m là tham số có giá trị thực) (1). a, Giải hệ (1) với m = 1 b, Tìm tất cả các giá trị của m để hệ (1) có nghiệm duy nhất 2 Câu 6: Rút gọn biểu thức: A 2 48  75  (1  3). Câu 7(1,5 điểm) Một người đi bộ từ A đến B với vận tốc 4 km/h, rồi đi ô tô từ B đến C với vận tốc 40 km/h. Lúc về anh ta đi xe đạp trên cả quãng đường CA với vận tốc 16 km/h. Biết rằng quãng đường AB ngắn hơn quãng đường BC là 24 km, và thời gian lúc đi bằng thời gian lúc về. Tính quãng đường AC..

(59) Câu 8:( 3,0 điểm). Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm giữa A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm I, tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P ( P khác I) a, Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp một đường tròn, chỉ rõ đường tròn này.   b, Chứng minh CIP PBK .. c, Giả sử A, B, I cố định. Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho diện tích tứ giác ABKI lớn nhất. ----------------------Hết---------------------Lưu ý: Giám thị không giải thích gì thêm. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. ——————. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN. ————————— A. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm, sai cho 0 điểm. Câu 1 2 3 4 Đáp án D A C B B. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm): Câu 5 (2,5 điểm). a) 1,5 điểm: Nội dung trình bày Điểm (1)  x  2 y 1  Thay m 1 vào hệ ta được: 2 x  4 y  3 (2). Nhân 2 vế PT(1) với -2 rồi cộng với PT(2) ta được:  8 y  5 Suy ra. y. 5 8. 5 5 1 x  2. 1  x  8 vào (1) có: 8 4 Thay 1   x  4   y 5 8 ta thấy thoả mãn. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất: Thử lại với  1  x   4   y 5  8 . y. 0,25 0,50 0,25 0,25. 0,25.

(60) b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày. Điểm. m 2 m 1     m  1 2 2 Hệ (I) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 2  4. 1,0. Câu 6 (1,0 điểm): Nội dung trình bày A 2 48 . 75 . = 8 3  5 3 1  =1+2 3. (1 . 3) 2 = 2 16.3 . 25.3  |1 . Điểm 3|. 0,5 0,25 0,25. 3. Câu 7 (1,5 điểm): Nội dung trình bày Gọi độ dài quãng đường AB là x km ( x  0 ), khi đó độ dài quãng đường BC là x  24 km, độ dài quãng đường AC là 2 x  24 km. Và do đó, thời gian đi quãng x x  24 (h) ( h) đường AB là 4 , thời gian đi quãng đường BC là 40 và thời gian đi 2 x  24 ( h) quãng đường CA là 16. Mặt khác, thời gian đi và về bằng nhau nên ta có phương trình: x x  24 2 x  24   4 40 16. Giải phương trình được x 6 Thử lại, kết luận  . . Điểm. 0.5. 0.25 0.5. x 6  0 6 6  24  2.25( h) 40 AB và BC là 4 , thời gian đi quãng. Thời gian đi quãng đường 2 6  24 2.25(h) 16 đường CA (lúc về) là Vậy độ dài quãng đường AC là 36 km.. Câu 8 (3,0 điểm):. 0.25. y. x I. A. P. C. K. B. a) 1,0 điểm: Nội dung trình bày   Có: CPK CPI 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); 0. Điểm 0,25.

(61) 0  Do By  AB nên CBK 90 .. 0,25. 0   Suy ra: CPK  CBK 180 hay tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK. 0,50 b) 1,0 điểm: Nội dung trình bày Điểm. . . Có: CIP PCK (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây cùng chắn một cung); (1) . . Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: PCK PBK Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. c) 1,0 điểm: Nội dung trình bày. 0,5 0,25 0,25. (2). Điểm. Từ giả thiết suy ra tứ giác AIKB là hình thang vuông, gọi s là diện tích của AIKB, khi đó ta. 1 s  ( AI  KB) AB 2 có: . Dễ thấy s lớn nhất khi và chỉ khi KB lớn nhất (do A, B, I cố định).  BKC  ACI KC  CI KB  CA Xét các tam giác vuông AIC và BKC có: và suy ra: có cạnh tương ứng vuông góc) hay ACI đồng dạng với BKC (g-g).. (góc. AC AI AC .BC   BK  AI , khi đó: BK lớn nhất  AC.BC lớn nhất Suy ra: BK BC 2 AB 2  AC  CB  AC.CB    2 4 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi C là   Theo BĐT Côsi có: trung điểm của AB. Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn nhất khi và chỉ khi C là trung điểm của AB.. 0,25 0,25 0.25. 0,25. Một số lưu ý: -Trên đây chỉ trình tóm tắt một cách giải với những ý bắt buộc phải có. Trong quá trình chấm, nếu học sinh giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. -Trong quá trình giải bài của học sinh nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả phần sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm. -Bài hình học, nếu học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. -Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25 điểm. -Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. —Hết—. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA. Đề chính thức Đề B. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010. Môn thi : Toán Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2009 Thời gian làm bài: 120 phút.

(62) Bài 1 (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số. 1.Giải phương trình (1) khi n = 3. 2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm. Bài 2 (1,5 điểm)  x  2 y 5  Giải hệ phương trình: 2 x  y 7. Bài 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k. 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. 3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x 1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông. Bài 4 (3,5 điểm) Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A avf B lần lượt tại C và D. 1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp được. CN DN  2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra CG DG. .  3. Đặt BOD  Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và . Chứng tỏ rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc . Bài 5 (1,0 điểm) 3m 2 n  np  p 1  2 . Cho số thực m, n, p thỏa mãn : 2. 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p. ……………………………. Hết ……………………………. Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: …………… Chữ ký của giám thị số 1: Chữ ký của giám thị số 2:.

(63) ĐÁP ÁN Bài 1 (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số. 1.Giải phương trình (1) khi n = 3. x2 – 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 3 2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm. ’ = 4 – n  0  n  4 Bài 2 (1,5 điểm)  x  2 y 5  Giải hệ phương trình: 2 x  y 7  x 3  HPT có nghiệm:  y 1. Bài 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k. y = kx + 1 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. Phương trình hoành độ: x2 – kx – 1 = 0  = k2 + 4 > 0 với  k  PT có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. 3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x 1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = -1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông. Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22)  PT đường thẳng OE : y = x1 . x và PT đường thẳng OF : y = x2 . x Theo hệ thức Vi ét : x1 . x2 = - 1  đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF  EOF là  vuông. Bài 4 (3,5 điểm).

(64) 1, Tứ giác BDNO nội tiếp được. 2, BD  AG; AC  AG  BD // AC (ĐL)  GBD đồng dạng GAC (g.g) CN BD DN    CG AC DG. 3, BOD =   BD = R.tg ; AC = R.tg(90o – ) = R tg   BD . AC = R2. Bài 5 (1,0 điểm) 3m 2 n  np  p 1  2 (1)  …  ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = 2  (m – p)2 + (n – p)2 = 2 - ( m + n + p )2  (m – p)2 + (n – p)2 = 2 – B2 vế trái không âm  2 – B2  0  B2  2   2  B  2 2. 2. dấu bằng  m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =  Max B = 2 khi m = n = p = Min B =  2 khi m = n = p = SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP ĐÀ NẲNG. . 2 3. 2 3 . 2 3. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Khóa ngày 23 tháng 06 năm 2009 MÔN: TOÁN ( Thời gian 120 phút, không kể thời gian giao. đề ). Bài 1. ( 3 điểm )  a 1   1 2  K     :  a  1 a  a   a 1 a  1   Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức K. b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2 2 c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0. mx  y 1  x y  2  3 334 Bài 2. ( 2 điểm ) Cho hệ phương trình:.

(65) a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1. b) Tìm giá trị của m để phương trình vô nghiệm. Bài 3. ( 3,5 điểm ) Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 2 3 AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM2 = AE.AC. c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2. d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Bài 4. ( 1,5 điểm ) Người ta rót đầy nước vào một chiếc ly hình nón thì được 8 cm 3. Sau đó người ta rót nước từ ly ra để chiều cao mực nước chỉ còn lại một nửa. Hãy tính thể tích lượng nước còn lại trong ly.. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1. Bài 1. a) Điều kiện a > 0 và a ≠ 1 (0,25đ)    1  a 1 2 K     :  a  1 a ( a  1) a  1 ( a  1)( a  1)     a 1 a 1 : a ( a  1) ( a  1)( a  1) a 1 a 1  .( a  1)  a ( a  1) a b) a = 3 + 2 2 = (1 + 2 )2  a 1  2 . K. 3  2 2  1 2(1  2)  2 1 2 1 2. c) K 0. a  1  0 a 1 0  a  a 0.

(66) a  1   0  a 1 a  0 Bài 2. a) Khi m = 1 ta có hệ phương trình:  x  y 1  x y  2  3 334  x  y 1  3x  2y 2004 2x  2y 2  3x  2y 2004  x 2002   y 2001 b) mx  y 1  y mx  1    x y 3   334 y  x  1002  2 3  2  y mx  1  y mx  1      3 3 m  mx  1  x  1002   x  1001   2 2  . (*).  m. A. 3 3 0  m  2 2. Hệ phương trình vô nghiệm  (*) vô nghiệm Bài 3. a) * Hình vẽ đúng 0  * EIB 90 (giả thiết) 0 M * ECB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) * Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp C O b) (1 điểm) Ta có: E 1 * sđ cungAM = sđ cungAN B I * AME ACM *GócAchung,suyra∆AME ∆ACM. N. AC AM   * Do đó: AM AE AM2 = AE.AC. c) * MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB * Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên.

(67) * Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2. d) * Từ câu b) suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ nhất khi và chỉ khi NO1  BM.) * Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được O 1. Điểm C là giao của đường tròn đã cho với đường tròn tâm O1, bán kính O1M. Bài 4. (2 điểm) Phần nước còn lại tạo thành hình nón có chiều cao bằng một nửa chiều cao của hình nón do 8cm3 nước ban đầu tạo thành. Do đó phần nước còn lại có thể tích bằng 3 1 1     2  8 thể tích nước ban đầu. Vậy trong ly còn lại 1cm3 nước.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN. ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG. NĂM HỌC: 2009 – 2010 Khoá. ĐỀ CHÍNH THỨC. ngày : 19/05/2009. Môn Thi : Toán Thời gian 120 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu 1 : ( 2.0 điểm)  2 x  y  1  a) Giải hệ phương trình : 3x  4 y  14 A. b) Trục căn ở mẫu :. 25 72 6. ; B=. 2 4+2 3. Câu 2 : ( 2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được điều đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 5 tấn . Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc ? ( biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau ) Câu 3 : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x2 – 4x – m2 + 6m – 5 = 0 với m là tham số a) Giải phương trình với m = 2 b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm.

(68) c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x 1 ; x2 , hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức P  x13  x23. Câu 4 : ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R . Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp được b) Chứng minh rằng : DB.DC = DN.AC c) Xác định vị trí của điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn nhất và tính diện tích trong trường hợp này Câu 5 : ( 1.0 điểm ) Cho D là điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O 1 , O2 tiếp xúc AB , AC lần lượt tại B , C và đi qua D . Gọi E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn này . Chứng minh rằng điểm E nằm trên đường tròn (O) ----------------- HẾT ----------------SBD: ……………Phòng:…….. Giám thị 1: ……………………………... Giám thị 2: ……………………….. Gợi ý đáp án câu khó: Câu 3: b. Ta có ac = -m2+6m-5 = -((m-3)2+4)<0 với  m => phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.  x1  x2 4  2 c. Theo Viét  x1 x2  m  6m  5. => P = x13 +x23 = (x1 + x2)(x12 + x22 – x1.x2) = 12(m2 - 6m + 7) = 12((m-3)2-2) ≥ 12(-2) = -24 => Min P = -24  m=3. Câu 4: a. Góc ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) mà AD//BC (gt) => DBBC Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC = 900 => Tứ giác nội tiếp. b. Ta có DBN đồng dạng với CAD      ( DAC DBN , BDN BAN DCA ) DN DB  => DC AC => DB.DC = DN.AC.

(69) D. c. SABCD = DH.AB Do AB không đổi = 2R => SABCD max DH max  D nằm chính cung AB. A Câu 5:   Ta có DEC BCA ( Góc nội tiếp và góc tuyến và một dây cung cùng chắn một cung)   Tương tự: DEB  ABC 0     Mà DEB  DEC  CBE  BCE 180 (tổng 3 góc trong BEC) 0     => ABC  BCA  CBE  BCE 180 0   => ABE  ACE 180 => Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn tâm O => E (O).. C. N M. giữa H. O. A. B. giữa tiếp. O. D B. C O1. O2 E. sở giáo dục và đào tạo hng yên đề thi chính thức. (§Ò thi cã 02 trang). kú thi tuyÓn sinh vµ líp 10 thpt n¨m häc 2009 - 2010 M«n thi : to¸n. Thêi gian lµm bµi: 120 phót. phÇn a: tr¾c nghiÖm kh¸ch quan (2,0 ®iÓm).

(70) Từ câu 1 đến câu 8, hãy chọn phơng án đúng và viết chữ cái đứng trớc phơng án đó vào bài làm. 1 C©u 1: BiÓu thøc 2 x  6 cã nghÜa khi vµ chØ khi: A. x  3 B. x > 3 C. x < 3. D. x = 3 Câu 2: Đờng thẳng đi qua điểm A(1;2) và song song với đờng thẳng y = 4x - 5 có phơng trình là: A. y = - 4x + 2 B. y = - 4x - 2 C. y = 4x + 2 D. y = 4x - 2 C©u 3: Gäi S vµ P lÇn lît lµ tæng vµ tÝch hai nghiªm cña ph¬ng tr×nh x2 + 6x - 5 = 0. Khi đó: A. S = - 6; P = 5 B. S = 6; P = 5 C. S = 6; P = - 5 D. S = - 6 ; P =-5  2 x  y 5  C©u 4: HÖ ph¬ng tr×nh 3x  y 5 cã nghiÖm lµ:  x  2  x 2  x  2    A.  y 1 B.  y 1 C.  y  1.  x  1  D.  y  2. Câu 5: Một đờng tròn đi qua ba đỉnh của một tam giác có độ dài ba cạnh lần lợt là 3cm, 4cm, 5cm thì đờng kính của đờng tròn đó là: 3 A. 2 cm. 5 C. 2 cm. B. 5cm D. 2cm C©u 6: Trong tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã AC = 3, AB = 3 3 th× tgB cã gi¸ trÞ lµ: 1 A. 3. 1 D. 3. B. 3 C. 3 Câu 7: Một nặt cầu có diện tích là 3600  cm2 thì bán kính của mặt cầu đó là: A. 900cm B. 30cm C. 60cm D. 200cm D Câu 8: Cho đờng tròn tâm O có bán kính R (hình vẽ bên). Biết  COD 1200 th× diÖn tÝch h×nh qu¹t OCmD lµ: m 120 0. 2 R A. 3. R B. 4. 2 R 2 C. 3.  R2 D. 3. O. C. phÇn b: tù luËn (8,0 ®iÓm) Bµi 1: (1,5 ®iÓm) a) Rót gän biÓu thøc: A = 27  12 b) Gi¶i ph¬ng tr×nh : 2(x - 1) = 5 Bµi 2: (1,5 ®iÓm) Cho hµm sè bËc nhÊt y = mx + 2 (1) a) Vẽ đồ thị hàm số khi m = 2 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox và trục Oy lần lợt tại A và B sao cho tam gi¸c AOB c©n. Bµi 3: (1,0 ®iÓm).

(71) Một đội xe cần chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành đội đợc điều thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định 8 tấn. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc? Biết r»ng c¸c xe chë nh nhau. Bµi 4: (3,0 ®iÓm) Cho A là một điểm trên đờng tròn tâm O, bán kính R. Gọi B là điểm đối xứng với O qua A. Kẻ đờng thẳng d đi qua B cắt đờng tròn (O) tại C và D (d không đi qua O, BC < BD). Các tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại C và D cắt nhau tại E. Gọi M là giao ®iÓm cña OE vµ CD. KÎ EH vu«ng gãc víi OB (H thuéc OB). Chøng minh r»ng: a) Bốn điểm B, H,M, E cùng thuộc một đờng tròn. b) OM.OE = R2 c) H lµ trung ®iÓm cña OA. Bµi 5: (1, 0 ®iÓm) b2 1  2 Cho hai sè a,b kh¸c 0 tho¶ m·n 2a2 + 4 a = 4. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc S = ab + 2009. ===HÕt=== Gợi ý đáp án: ( Một số câu) PhÇn tù luËn: Bài 2: Vì ABO vuông cân tại O nên nhận tia phân giác của góc xOy là đờng cao. =>(y = mx + 2)  (y = ± x) => m = 1. Bài 3: Gọi x, y lần lợt là số xe và số hàng chở đợc của mỗi xe lúc đầu. (x  N *, y>8)  xy 480  Theo bµi ra ta cã hÖ ph¬ng tr×nh: ( x  3)( y  8) 480. Giải hệ phơng trình trên ta đợc x = 12, y = 40 (thoả mãn). b2 1 2 Bµi 5: Tõ 2a2 + 4 + a = 4  (ab)2 = - 8a4 + 16a2 – 4. = 4 – 8(a4 – 2a2. +1) ≤ 4   . -2 ≤ ab ≤ 2 2007 ≤ S ≤ 2011 MinS = 2007  ab = -2 vµ a2 a=±1, B A 2. H. =1 b=. O. Bài 4: . . 0. a. Ta cã BHE BME 90 => BHME gi¸c néi tiÕp. C. đờng tròn đờng kính BE => B, H, M, E cùng. lµ tø. M. N. D. E.

(72) thuộc một đờng tròn. b. Sö dông hÖ thøc lîng trong tam gi¸c vu«ng ODE với đờng cao DM ta đợc OM.OE = OD2 =R2 c. Gäi HE c¾t (O) t¹i N Ta có BOM đồng dạng với EOH => OH.OB = OM.OE = R2 => OH.OB = ON2 ( v× ON=R) => OHN đồng dạng với ONB 0  Mµ gãc OHN = 900 => BNO 90 0  XÐt OBN cã BNO 90 vµ A lµ trung ®iÓm cña OB => ON = NA => ANO c©n t¹i N Mà NH là đờng cao => NH là đờng trung tuyến => H là trung điểm của OA.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT.

(73) QUẢNG TRỊ. Năm học 2007-2008. Bài 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức A =. 1 2. √ 9 x −27+ √ x −3 − √ 4 x −12. với x > 3. a/ Rút gọn biểu thức A. b/ Tìm x sao cho A có giá trị bằng 7. Bài 2 (1,5 điểm) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đi qua điểm (2, -1) và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng. 3 . 2. Bài 3 (1,5 điểm). Rút gọn biểu thức: P =. a+2 −√ ( √ a−1 1 − √1a ) :( √√aa+1 − 2 √ a −1 ). với a > 0, a 1 , a≠ 4 .. Bài 4 (2 điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn số x: x2 - 2(m + 1)x + m - 4 = 0. (1) a/ Chứng minh phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). Tìm m để 3( x1 + x2 ) = 5x1x2. Bài 5 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC có góc A bằng 60 0, các góc B, C nhọn. vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE. a/ Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp. b/ Chứng minh tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB. c/ Tính tỉ số. DE . BC. d/ Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vuông góc với DE.. Gợi ý đáp án câu 5: a. XÐt tø gi¸c ADHE cã AEH  ADH = 900 => Tø gi¸c ADHE b. Ta cã tø gi¸c BEDC néi tiÕp v×     BEC BDC =900 => EBC  ADE ( Cïng bï víi  EDC ) E => ADE đồng dạng với ABC.   (Chung gãc A vµ EBC  ADE ) 0 0   O c. XÐt AEC cã AEC 90 vµ A 60 ACE 300 => AE = AC:2 (tÝnh Mà ADE đồng dạng với ABC ED AE 1   => BC AC 2. A. néi tiÕp. d. H. D C. => chÊt). B. d. Kẻ đờng thẳng d OA tại A   => ABC CAd (Gãc néi tiÕp vµ gãc gi÷a tiÕp tuyÕn vµ mét d©y cïng ch¾n mét cung)     Mµ EBC  ADE => EDA CAd => d//ED Ta l¹i cã d OA (theo trªn) => EDOA.

(74) SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ. ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT. Khoá ngày 7 tháng 7 năm 2009 MÔN TOÁN Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề). Câu 1 (2,0 điểm) 1. Rút gọn (không dùng máy tính cầm tay) các biểu thức: a) √ 12− √27+ 4 √ 3 . b) 1− √ 5+ √( 2− √5 ) 2 2. Giải phương trình (không dùng máy tính cầm tay): x2 - 5x + 4 = 0 Câu 2 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = -2x + 4 có đồ thị là đường thẳng (d). a) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ độ b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ. Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m-1)x + 2m – 3 = 0. (1) a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. Câu 4 (1,5 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720m 2, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính kích thước (chiều dài và chiều rộng) của mảnh vườn Câu 5 (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) không đi qua tâm O, cắt đường tròn (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC. 1. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp được. 2. Chứng minh OH.OA = OI.OD. 3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O). ------------------------------------HẾT-----------------------------------. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (2,0 điểm) 1. Rút gọn các biểu thức sau: a) √ 12− √27+ 4 √ 3=2 √ 3 −3 √ 3+4 √3=3 √ 3 . b) 1− √ 5+ √( 2− √5 ) 2=1− √5+|2− √ 5|=1 − √ 5+ √ 5 −2=− 1. 2. Giải phương trình: x2 - 5x + 4 = 0.

(75) Ta có: a = 1; b = -5; c = 4; a + b + c= 1+ (-5) + 4 = 0 Nên phương trình có nghiệm : x = 1 và x = 4 Câu 2 (1,5 điểm) a) Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung là A(0 ;b) = (0 ; 4). Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành là B(-b/a ;0) = (2 ; 0). b) Gọi điểm C(x ; y) là điểm thuộc (d) mà x = y  x = -2x + 4  3x = 4 x=. 4 3.  y=. 4 3. Vậy: C(. 4 3. ;. 4 ). 3. Câu 3 (1,5 điểm). a) x2 - 2(m - 1)x + 2m – 3 = 0.(1) 2 Có: Δ ’ = [ − ( m −1 ) ] −(2m −3) = m2- 2m + 1- 2m + 3 = m2 - 4m + 4 = (m - 2)2 0 với mọi m. Phương  trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi a.c < 0  2m - 3 < 0  3 2. Vậy với m <. m<. 3 . 2. thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.. Câu 4 (1,5 điểm) Giải: Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh vườn; (x > 4). Chiều dài của mảnh vườn là. 720 x. (m).. Tăng chiều rộng thêm 6m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích không đổi nên ta có phương trình : (x - 4). (. 720 x. + 6) = 720. ⇔ x2 - 4x - 480 = 0 ⇒ x=24 ¿ x=−20 (¿ 4) loai ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m. chiều dài của mảnh vườn là 30m. Câu 5 (3,5 điểm). D. Giải a) Ta có: DH AO (gt).  OHD = 900. CD OC (gt).  DOC = 900. Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC = Suy ra : OHDC nội tiếp được trong một đường tròn.. M C. I. B A. O. H. E. 1800..

(76) b) Ta có: OB = OC (=R)  O mằn trên đường trung trực của BC; DB = DC (T/C của hai tiếp tuyến cắt nhau)  D mằn trên đường trung trực của BC Suy ra OD là đường trung trực của BC => OD vuông góc với BC. Xét hai tam giác vuông ∆OHD và ∆OIA có DOA chung  ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g) . OH OD = ⇒OH . OA=OI .OD . (1) OI OA. c) Xét ∆OCD vuông tại C có CI là đường cao. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R)  OM2 = OC2 = OI.OD (2). Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA ⇒. OM OH = . OA OM. Xét 2 tam giác : ∆OHM và ∆OMA có : AOM chung và. OM OH = . OA OM. Do đó : ∆OHM S ∆OMA (c-g-c) OMA  = OHM= 900.  AM vuông góc với OM tại M  AM là tiếp tuyến của (O). d) Gọi E là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.  S = S∆AOM - SqOEBM Xét Δ OAM vuông tại M có OM = R ; OA = 2R Áp dụng định lí Pytago ta có AM2 = OA2 – OM2 = (2R)2 – R2 = 3R2 1 3  AM = R √ 3  S∆AOM = OM.AM = R2 √ (đvdt) 2 2 AM √ 3 =  MOA = 600 OA 2 Π . R 2 . 60 Π . R2 =  SqOEBM = . (đvdt) 360 6 √3 Π . R2 =R2 . 3 √3 − Π => S = S∆AOM - SqOEBM = R2 . − 2 6 6. Ta có SinMOA =. (đvdt).. §Ò thi chÝnh thøc. sở giáo dục và đào tạo H¶i d¬ng. C©u I: (2,0 ®iÓm). kú thi tuyÓn sinh líp 10 thpt n¨m häc 2009 - 2010 M«n thi: to¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao đề Ngµy 06 th¸ng 07 n¨m 2009 (buæi chiÒu) (§Ò thi gåm cã: 01 trang).

(77) 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: C©u II : (2,0 ®iÓm). 2(x - 1) = 3 - x y x  2  2x  3y 9. 1 1 2 f  f  2 x f 2 1) Cho hµm sè y = f(x) = 2 . TÝnh f(0);   ;  2  ; 2 2 2) Cho phơng trình (ẩn x): x  2(m  1)x  m  1 0 . Tìm giá trị của m để. . . . 2 2 x ,x x  x 1 2 1 2 x1x 2  8 . ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tháa m·n C©u III : (2,0 ®iÓm) 1) Rót gän biÓu thøc: 1  x1  1 A   :  x  1  x  2 x  1 víi x > 0 vµ x  1 x x 2) Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10 km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đờng AB là 300 km. C©u IV : (3,0 ®iÓm) Cho đờng tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M kh«ng trïng víi A, B). KÎ d©y MN vu«ng gãc víi AB t¹i H. KÎ MK vu«ng K  AN  gãc víi AN  . 1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đờng tròn. 2) Chøng minh: MN lµ ph©n gi¸c cña gãc BMK. 3) Khi M di chuyÓn trªn cung nhá AB. Gäi E lµ giao ®iÓm cña HK vµ BN. Xác định vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất. C©u V : (1 ®iÓm) x  2  y 3  y  2  x3 Cho x, y tháa m·n: . 2 2 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: B x  2xy  2y  2y  10 .. --------------- HÕt---------------Hä vµ tªn thÝ sinh:.............................................. Sè b¸o danh .................................. Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 1:............................ Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2:............................... Sở giáo dục và đào tạo. K× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT N¨m häc 2009 – 2010 M«n: To¸n. H¶i d¬ng híng dÉn chÊm.

(78) I) Híng dÉn chung:. - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhng đáp ứng đợc với yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ ®iÓm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đợc thống nhất trong Hội đồng chấm. - Sau khi cộng toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) §¸p ¸n vµ thang ®iÓm:. C©u. C©u I 2 ®iÓm. PhÇn 1 (1 ®iÓm) 2 (1 ®iÓm) 1 (1 ®iÓm). C©u II 2 ®iÓm. 2 (1 ®iÓm). §¸p ¸n 2x - 2 = 3 - x 5 x= 3 y x  2   2x  3(x  2) 9. §iÓm 0.5 0,5. y x  2  5x 15. 0,5. x 3  y 1 HÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 3 vµ y = 1 1 1 f(0) 0; f(2)  2;f( )  ;f(  2)  1 2 8. 0,25 0,25 1,0. x 2  2(m  1)x  m 2  1 0 (1) , 2 2 PT(1) cã hai nghiÖm   (m  1)  m  1 0  2m  2 0  m  1 x1  x 2 2(m  1)  x x m 2  1 Theo Vi - et ta cã:  1 2 2 Tõ hÖ thøc: (x1  x 2 )  3x1x 2 8  4(m  1)2  3(m 2  1) 8  m 2  8m  1 0  m  4  17. C©u III 2 ®iÓm. 1 (1 ®iÓm) 2 (1 ®iÓm). KÕt hîp víi ®k  m  4  17 1 x x1 : 1 x x1 2 A : x x x  1 x  x x  2 x 1 = 1  x ( x  1)2 x 1 .  x1 x =x x Gäi x lµ vËn tèc cña xe « t« thø nhÊt x (km/h) x > 10 VËn tèc cña xe « t« thø hai lµ: x - 10 (km/h) 300 300  1 x Theo bµi ra ta cã: x  10  x 2  10x  3000 0. . . 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25.

(79) x 60 (tháa m·n) hoÆc x = -50 (lo¹i) VËn tèc xe I lµ 60 km/h vµ vËn tèc xe II lµ 50 km/h. 0,25. M E H. A. O. B. 0,5. K. N. 1 0,75 ®iÓm C©u IV 3 ®iÓm. 2 1,0 ®iÓm. 3 0,75 ®. C©u V 1 ®iÓm. Hình vẽ đúng Chú ý: Kể cả trờng hợp đặc biệt khi MN đi qua O 0  0  Tõ gi¶ thiÕt: AKM 90 , AHM 90 Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đờng tròn 1    NAH NMK = 2 s® KH 1 (2)    NAH NMB = 2 s® NB   Tõ (1) vµ (2)  NMK NMB  MN lµ ph©n gi¸c cña gãc KMB 1 1     MAB MNB  MAB  MKH    2 s® MB 2 s® MH ;    K,M,E,N cùng thuộc một đờng tròn  MNB MKH    MEN  MKN 1800  ME  NB 1 1 1 S MAN  MK.AN; S MNB  ME.NB; S AMBN  MN.AB 2 2 2  MK.AN  ME.BN MN.AB   MK.NA  ME.NB  lín nhÊt  MN.AB lín nhÊt   MN lín nhÊt (V× AB= const )  M lµ chÝnh gi÷a AB x  2  x3  y  2  y3 §K: x,y  2  x  2  y  2    VT  VP 3 3 x  y   x>y x < y  VF  VT  x y tháa m·n. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

(80)  B x 2  2x  10 (x  1)2  9 9 x  2 MinB = 9 Khi x = y = -1 x  2  x3  y  2  y3 §K: x,y  2. 0,25. 3 3  x  2  y  2 y  x. C¸ch kh¸c.  ( x  y )( x 2  xy  y 2 ) ( x 2  xy  y 2 )  x y   ( x  y )(  1) 0 x2  y 2 x2  y2 ( x 2  xy  y 2 ) 1  ( x  y ) 0 (v× x  2  y  2 >0). x=y  B x 2  2x  10 (x  1)2  9 9 x  2 MinB = 9 Khi x = y = -1. Sở Giáo dục và đào tạo H¶i D¬ng. §Ò thi chÝnh thøc. Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót kh«ng kÓ thêi gian giao đề.. Ngµy 08 th¸ng 07 n¨m 2009 (buæi chiÒu) (§Ò thi gåm cã: 01 trang). Câu 1(2.0 điểm):. x 1 x 1  1 2 4 1) Giải phương trình:  x 2y  x  y 5 2) Giải hệ phương trình:  Câu 2:(2.0 điểm) 2( x  2) x  x  2 với x  0 và x 4. a) Rút gọn biểu thức: A = x  4 b) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15 cm2. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.. Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x) a) Giải phương trình với m = 3..

(81) a) Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12 b) Câu 4:(3 điểm) Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E và D. a) Chứng minh: NE2 = EP.EM a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp. b) Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại K ( K không trùng với P). Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2. Câu 5:(1,0 điểm). 6  4x 2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = x  1 -----------Hết----------. Giải Câu I. x 1 x 1  1  2(x  1)  4 x  1  x  1 4 a, 2 Vậy tập nghiệm của phương trình S=.   1  x 2y  x 2y    x  y  5 2y  y  5  b,  Câu II. a, với x  0 và x 4. A.  x 10   y 5 Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5). 2( x  2) x 2( x  2)  x ( x  2) ( x  2)( x  2)    1 ( x  2)( x  2) ( x  2) ( x  2)( x  2) ( x  2)( x  2). Ta có: 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 :x1 = -5 ( loại ); x2 = 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 : x2 - 2x  x( x  2) 0  x = 0 hoặc x = 2 Vậy tập nghiệm của phương trình S= . 0; 2.

(82) ' b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì   0  4  m  0  m  4 (*) . Theo Vi-et :.  x1  x2 2   x1 x2 m  3. (1) (2) 2 1. Theo bài: x 2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12  2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) ) hay x1 - x2 = -6 . Kết hợp (1)  x1 = -2 ; x2 = 4 Thay vào (2) được : m - 3 = -8  m = -5 ( TM (*) ) Câu IV . a,  NEM đồng dạng  PEN ( g-g) . NE ME   NE 2 ME.PE EP NE. M. O K. H F N. P. I.   b, MNP MPN ( do tam giác MNP cân tại M ).    PNE  NPD (cùng NMP )   DNE DPE. => . Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE D dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp . c,  MPF đồng dạng  MIP ( g - g ) MP MI   MP 2 MF .MI (1) MF MP .  MNI đồng dạng  NIF ( g-g ) NI IF    NI 2 MI .IF(2) MI NI . Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3).    NMI KPN ( cùng phụ HNP )   => KPN NPI => NK = NI ( 4 ) Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5) Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm . Câu V . k. 6  8x  kx 2  8 x  k  6 0 (1) 2 x 1. 2 +) k=0 . Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x= 3 ' +) k 0 thì (1) phải có nghiệm   = 16 - k (k - 6)  0   2 k 8 . 1 Max k = 8  x = 2 . Min k = -2  x = 2 .. E.

(83) Së Gi¸o Dôc & §µo T¹o Hµ Giang §Ò ChÝnh Thøc. K× Thi TuyÓn Sinh Vµo 10 THPT N¨m Häc 2009 – 2010. §Ò thi m«n: To¸n Häc Thêi gian thi : 120 phót ( kh«ng kÓ thêi gian giao đề) Ngµy thi: 10/7/2009 ...............................&*&................................... Bµi 1(2,0 ®iÓm): 3x  4 y 4  a, Kh«ng dïng m¸y tÝnh cÇm tay, gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh :  x  2 y 3. b, Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số y = 2x + m + 3 đi qua gốc toạ độ. 1  1   1    1   a Bµi 2(2,0 ®iÓm): Cho biÓu thøc : M =  1  a 1  a  . a, Rót gän biÓu thøc M. 1 b, TÝnh gi¸ trÞ cña M khi a = 9. Bài 3 ( 2,0 điểm): Một ngời đi xe đạp phải đi trong quãng đờng dài 150 km với vận tốc không đổi trong một thời gian đã định. Nếu mỗi giờ đi nhanh hơn 5km thì ngời ấy sẽ đến sớm hơn thời gian dự định 2,5 giờ. Tính thời gian dự định đi của ngời ấy. Bài 4: (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đờng tròn tâm O, ba đờng cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau ở H. Kéo dài AO cắt đờng tròn tại M, AD cắt đờng tròn O ở K ( K khác A, M khác A). Chứng minh rằng : a, MK song song BC. b, DH = DK. c, HM ®i qua trung ®iÓm I cña BC. Bµi 5: (1,0 ®iÓm) TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc: 2 0 2 0 2 0 2 0 P = sin 15  sin 25  sin 65  sin 75 ......................HÕt.................... C¸n bé coi thi kh«ng cÇn gi¶i thÝch g× thªm Hä tªn, ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 1:...................................................................... Hä tªn, ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2:.......................................................................

(84) A. Gợi ý đáp án. Bµi 4: a. Ta có AKM =900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn) => MK AK Mµ BC AK (gt) => BC//MK   O b. Ta cã BCF BAK ( Cïng phô víi gãc ABC)   mµ BCK BAK (néi tiÕp ch¾n cung BK) F   H => BCK BCF Xét KCH có CD đồng thời là đờng cao đồng I thêi lµ ph©n gi¸c=> CD lµ trung tuyÕn => D lµ trung ®iÓm cña HK. D B MCA 900 c. Ta cã (nội tiếp chắn nửa đờng tròn) K M Mµ BEAC => BE//MC T¬ng tù CF//BM  Tø gi¸c BMCH lµ h×nh b×nh hµnh.  MÆt kh¸c I lµ trung ®iÓm cña BC => I lµ trung ®iÓm cña MH Bµi 5: Ta cã Sin750 = Cos150, Sin650 = Cos250 => P = Sin2150+ Sin2250 + Cos2250 + Cos2150 = (Sin2150 + Cos2150) + (Sin2250 + Cos2250) = 1 + 1 = 2.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2009 – 2010 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài:120 phút. ĐỀ Bài 1: (2điểm) Cho hai hàm số y = x – 1 và y = –2x + 5 1/ Vẽ trên cùng một mặt phẳng toạ độ đồ thị của hai hàm số đã cho. 2/ Bằng phép tính hãy tìm toạ độ giao điểm của hai đồ thị trên. Bài 2: (2điểm) Giải các phương trình sau 2 1/ x – 3x – 2 = 0. E. C.

(85) 2/ x4 + x2 – 12 = 0 Bài 3: (2điểm) Rút gọn các biểu thức: 4+ √ 15 4 − √ 15 A= + 1/ 4 − √ 15 4+ √15 a− √ a a+ 2 √ a B= 1+ 1+ 2/ 1−a 2+ √ a. (. )(. ). Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có các cạnh AB = 4,5 cm; AC = 6 cm. 1/ Tính độ dài đường cao AH và diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2/ Trên cạnh AC lấy điểm M và vẽ đường tròn (O) đường kính MC, BM cắt (O) tại D; DA cắt (O) tại S; (O) cắt BC tại N. Chứng minh: a/ Các tứ giác ABCD, ABNM nội tiếp. b/ CA là phân giác góc SCB. Bài 5: (1 điểm) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón có chiều cao h = 12 cm và bán kính đường tròn đáy r = 9 cm.. K× thi tuyÓn sinh líp 10 Trung häc phæ th«ng. Së GD vµ §T TØnh Long An. N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n. §Ò thi ChÝnh thøc. Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). Câu 1: (2đ) Rút gọn biểu thức A 2 8  3 27 . 1 128  300 2. a/ b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0 Câu2: (2đ). Cho biểu thức. P. a2  a 2a  a  1 a  a 1 a (với a>0). a/Rút gọn P. b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P..

(86) Câu 3: (2đ) Hai người đi xe đạp cùng xuất phát một lúc từ A đến B với vận tốc hơn kém nhau 3km/h. Nên đến B sớm ,mộn hơn kém nhau 30 phút. Tính vận tốc của mỗi người .Biết quàng đường AB dài 30 km. Câu 4: (3đ) Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt (O) tại P,Q.Tiếp tuyến tại D trên cung nhỏ BP, cắt PQ ở E; AD cắt PQ tại F .Chứng minh: a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp. b/ED=EF c/ED2=EP.EQ Câu 5: (1đ) 1 1 1   Cho b,c là hai số thoả mãn hệ thức: b c 2. Chứng minh rằng ít nhất 1 trong hai phương trình sau phải có nghiệm: x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2) ĐÁP ÁN : Câu 1: (2đ) 1 128  300 2 1 2.2 2  3.3 3  .8 2  10 3 2  3 A 2 8  3 27 . b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0 Ta có a-b+c=0 nên x1=-1; Câu 1: (2đ). x2 . (a=7;b=8;c=1). c 1  a 7. a/ (với a>0) P . a2  a 2a  a  1 a  a 1 a. a ( a  1)(a  a  1)  a  a 1. (Với a>0) a (2 a  1) 1 a.  a 2  a  2 a  1 1  a2 . a. b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P..

(87) 1 1 1 a  a2  2 a .   2 4 4 1 1 ( a  ) 2  ( ). 2 4 P  a2 . 1 Vậy P có giá trị nhỏ nhất là 4 khi. a. 1 1 1 0 < => a   a  2 2 4. Câu 3: (2đ) Gọi x(km/giờ )là vận tốc của người thứ nhất . Vận tốc của ngưươì thứ hai là x+3 (km/giờ ) 30 30 30   x x  3 60  30( x  3).2  30.x.2  x.( x  3). ta co pt :.  x 2  3 x  180 0  3  27 24 x1   12 2.1 2  3  27  30 x2    15(loai) 2.1 2. Vậy vận tốc của người thứ nhất là 12 km/giờ. vận tốc của người thứ hai là 15 km/giờ. Câu 4: (3đ) a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp. ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửađường tròn (o))  FHB 900 ( gt ) 0 0 0   => ADB  FHB 90  90 180 . Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp được.. b/ED=EF Xét tam giác EDF có 1   ) EFD  sd ( AQ  PD 2 (góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O)). 1   ) EDF  sd ( AP  PD 2 (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) Do PQ  AB => H là trung điểm của PQ( định lý đường kính dây cung)=> A là trung      EDF điểm của PQ  PA  AQ => EFD. tam giác EDF cân tại E => ED=EF.

(88) E. 1. P. D. F B. A O. H. 1 Q. c/ED2=EP.EQ Xét hai tam giác: EDQ;EDP có  E chung.  D   Q 1 1 (cùng chắn PD ). =>  EDQ Câu 5: (1đ). ED EQ   ED 2 EP.EQ  EPD=> EP ED. 1 1 1   . b c 2 => 2(b+c)=bc(1). x2+bx+c=0 (1) Có  1=b2-4c x2+cx+b=0 (2) Có  2=c2-4b Cộng  1+  2= b2-4c+ c2-4b = b2+ c2-4(b+c)= b2+ c2-2.2(b+c)= b2+ c2-2bc=(b-c)  0. (thay2(b+c)=bc ) Vậy trong  1;  2có một biểu thức dương hay ít nhất 1 trong hai phương trình x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2) phải có nghiệm: ubnd tØnh B¾c Ninh Sở Giáo Dục và đào tạo §Ò chÝnh thøc. k× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt n¨m häc 2009-2010 M«n : to¸n. Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề). Ngµy thi : 09 - 07 - 2009 A/ Phần trắc nghiệm (Từ câu 1 đến câu 2) Chọn két quả đúng và ghi vào bài lµm. C©u 1: (0,75 ®iÓm).

(89) Đờng thẳng x – 2y = 1 song song với đờng thẳng: 1 y  x 1 2 B.. A. y = 2x + 1 C©u 2: (0,75 ®iÓm) Khi x < 0 th×. x. C.. y . 1 x 1 2. D.. y x . 1 2. 1 x 2 b»ng:. 1 A. x. B. x C. 1 B/ Phần Tựu luận (Từ câu 3 đến câu 7) C©u 3: (2 ®iÓm). D.-1. 2x x 1 3  11x   2 Cho biÓu thøc: A = x  3 3  x x  9. a/ Rót gän biÓu thøc A. b/ Tìm x để A < 2. c/ Tìm x nguyên để A nguyên. C©u 4: (1,5 ®iÓm) Hai gi¸ s¸ch cã chøa 450 cuèn. NÕu chuyÓn 50 cuèn tõ gi¸ thø nhÊt sang gi¸ thø 4. hai th× sè s¸ch ë gi¸ thø hai sÏ b»ng 5 sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt. TÝnh sè s¸ch lóc ®Çu trong mçi gi¸ s¸ch. C©u 5: (1,5 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: (m+1)x2 -2(m - 1)x + m - 2 = 0 (1) (m lµ tham sè) a/ Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) víi m = 3. b/ Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 1 1 3   x1 x2 2. C©u 6: (3,0 ®iÓm) Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đờng tròn vẽ tuyếp tuyến thứ hai MC(C là tiếp điểm). Hạ CH vuông góc với AB, đờng thẳng MB cắt đờng tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC lµ I. Chøng minh r»ng: a/ Tø gi¸c AMQI néi tiÕp.   b/ AQI  ACO. c/ CN = NH..

(90) C©u 7: (0,5 ®iÓm) Cho hình thoi ABCD. Gọi R, r lần lợt là bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ABC, a là độ dài cạnh của hình thoi. Chứng minh rằng: 1 1 4  2  2 2 R r a. Híng dÉn chÊm m«n to¸n (Thi tuyÓn sinh vµo THPT n¨m häc 2009 -2010) C© u 1. ý 1 y  x 1 2. 2. 3. Néi dung. B. D. – 1. a/. b/. 2x x  1 3  11x 2x(x  3) (x  1)(x  3) 3  11x    2   2 x  3 3  x x2  9 x 9 x2  9 x 9 2 2 2x  6x  x  4x  3  3  11x  x2  9 3x 2  9x  2 x 9 3x(x  3) 3x   (x  3)(x  3) x  3 3x 3x A2 2  20 x 3 x 3 3x  2x  6  0 x 3 x 6  0   6 x 3 x 3 A. §iÓm 0.75® 0.75®. 0.25® 0.25® 0.25® 0.25®. 0.25® 0.25®.

(91) c/. 3x 3x  9  9 9 9  3  Z  Z x 3 x 3 x 3 x 3  x  3 1; 3; 9  x  3 1  x 4 (t/m)  x  3  1  x 2 (t/m)  x  3 3  x 6 (t/m)  x  3  3  x 0 (t/m)  x  3 9  x 12 (t/m)  x  3  9  x  6 (t/m) A. VËy víi x = - 6, 0, 2, 4, 6, 12 th× A nguyªn. Gäi sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt lóc ®Çu lµ x (x nguyªn d¬ng, x > 50) Th× sè s¸ch ë gi¸ thø hai lóc ®Çu lµ 450 – x (cuèn). Khi chuyÓn 50 cuèn s¸ch tõ gi¸ thø nhÊt sang gi¸ thø hai th× sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt lµ x – 50 vµ ë gi¸ thø hai lµ 500 – x. Theo bµi ra ta cã ph¬ng tr×nh: 4 500  x   x  50  5  2500  5x 4x  200  9x 2700  x 300 VËy sè s¸ch lóc ®Çu ë gi¸ thø nhÊt lµ 300 cuèn, sè s¸ch ë gi¸ thø hai lµ 450 – 300 = 150 cuèn.. 4. a/ 5. Víi m = 3 ta cã PT (3+1 )x2 - 2(3 – 1)x + 3 – 2 = 0  4x2 – 4x + 1 = 0.  (2x  1) 2 0 (Hoặc tính đợc  hay  ' ). Suy ra PT cã nghiÖm kÐp x = 1/2 b/. §Ó PT cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th×. 0.25®. 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25®. 0.25® 0.25® 0.25® 0.25®. m  1 0  2  ' m  2m  1  (m 1)(m  2)  0. m  1 0 m  1 m  3    (*) 2 2  ' m  2m  1  m  m  2  0  m  3  0 m  1 2(m  1) m 2 x1  x 2  ; x1 x 2  m 1 m 1. 0.25®. Mµ theo §L Viet ta cã:. 1 1 3 x1  x 2 3    x x 2 x x 2 2 1 2 Tõ 1 ta cã: 2(m  1) m  2 3 2(m  1) m  1 3 :  .  m 1 m 1 2  m 1 m  2 2 2(m  1) 3   m  2 2  4m  4 3m  6  m  2 tho¶ m·n (*) . VËy m ph¶i t×m lµ -2.. 0.25®.

(92) 6. a/. + Vẽ hình đúng cho 0,25 điểm. + Ta cã MA=MC(t/c tiÕp tuyÕn) OA=OC (b¸n kÝnh)  MO lµ trung trùc cña AC  MO  AC. M. C N I A. b/. H. O. B. 0.25® chắn nửa đờng tròn) Suy ra Q, I cïng nh×n AM díi 1 gãc vu«ng  Tứ giác AIQM nội tiếp trong đờng tròn 0.25® đờng kính AM.. 1 AMI AQI  + Ta cã (= 2 s® cungAI)   AMI IAO Vµ. (cïng phô víi gãc AMO).   Mµ IAO ACO (  AOC c©n)   Suy ra AQI ACO.   Mµ MAI ICN (so le trong)   IQN ICN  Suy ra b»ng 1/2 s® cung QI). 0.25® 0.25® 0.25® 0.25®.   + Tø gi¸c AIQM néi tiÕp  MAI IQN (Cïng bï víi gãc MQI) c/. 0.25®. AQ  MB (Gãc AQB lµ gãc néi tiÕp. Q. 0.25®.   tø gi¸c QINC néi tiÕp  QCI QNI (cïng 0.25®.   MÆt kh¸c QCI QBA (=1/2 s® cung QA). 0.25®.   QBA  QNI  IN // AB. 0.25®. Mµ I lµ trung ®iÓm cña CA nªn N lµ trung ®iÓm cña CH  NC=NH (®pcm) 7. B M A. I. O J D. C. Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB, O lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD, trung trùc cña AB c¾t AC vµ BD lÇn lît t¹i I vµ J. Ta có I, J lần lợt là tâm các đờng tròn ngo¹i tiÕp ABD, ABC vµ R = IA, r = JB. 0.25® IA AM AMI AOB   AB AO Cã AB.AM a 2 1 AC 2  R IA    2 4 AO AC R a 2 1 BD  4 2 a T¬ng tù: r 0.25® Suy ra: 1 1 AC 2  BD 2 4AB2 4    4  2 R 2 r2 a4 a a.

(93) Ghi chú: Các cách giải khác đúng theo yêu cầu vẫn cho điểm tối đa. ============= HÕt ============. Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n. Sở Giáo dục và đào tạo B¾c giang --------------------§Ò thi chÝnh thøc (đợt 1). Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề.. Ngµy 08 th¸ng 07 n¨m 2009 (§Ò thi gåm cã: 01 trang) --------------------------------------. C©u I: (2,0 ®iÓm) 1. TÝnh 4. 25  2 x 4  2. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x  3 y 5. C©u II: (2,0 ®iÓm) 1.Gi¶i ph¬ng tr×nh x2-2x+1=0 2. Hàm số y=2009x+2010 đòng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao? C©u III: (1,0 ®iÓm) LËp ph¬ng tr×nh bËc hai nhËn hai sè 3 vµ 4 lµ nghiÖm? C©u IV(1,5 ®iÓm) Một ôtô khách và một ôtô tải cùng xuất phát từ địa điểm A đi đến địa điểm B đờng dài 180 km do vận tốc của ôtô khách lớn hơn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút.Tính vận tốc của mỗi ôtô. Biết rằng trong quá trình đi từ A đến B vận tốc của mỗi ôtô không đổi. C©u V:(3,0 ®iÓm) 1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O. Các đờng cao BH và CK tam giác ABC cắt nhau tại điểm I. Kẻ đờng kính AD của đờng tròn tâm O, các đoạn th¼ng DI vµ BC c¾t nhau t¹i M.Chøng minh r»ng. a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc trong một đờng tròn. b/OM  BC..

(94) 2/Cho tam giác ABC vuông tại A,các đờng phân giác trong của goác B và góc C cắt c¸c c¹nh AC vµ AB lÇn lît t¹i D vµ E. Gäi H lµ giao ®iÓm cña BD vµ CE, biÕt AD=2cm, DC= 4 cm tính độ dài đoạn thẳng HB. C©u VI:(0,5 ®iÓm) 16 0 x  y  z Cho c¸c sè d¬ng x, y, z tháa m·n xyz -. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = (x+y)(x+z) ----------------HÕt------------------. Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n. Sở Giáo dục và đào tạo B¾c giang ---------------------. Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề.. §Ò thi chÝnh thøc (đợt 2). Ngµy 10 th¸ng 07 n¨m 2009 (§Ò thi gåm cã: 01 trang) --------------------------------------. C©u I: (2,0 ®iÓm) 1. TÝnh √ 9+ √ 4 2. Cho hµm sè y = x -1. T¹i x = 4 th× y cã gi¸ trÞ lµ bao nhiªu? C©u II: (1,0 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. ¿ x + y=5 x − y=3 ¿{ ¿. C©u III: (1,0 ®iÓm) x+ √ x x− √x +1 − 1 Víi x ≥ 0 ; x ≠ 1 Rót gän: A= √ x+ 1 √x − 1 C©u IV( 2,5 ®iÓm) Cho PT: x2 + 2x - m = 0 (1) 1. Gi¶i PT(1) víi m = 3 2. Tìm tất cả các giá trị m để PT(1) có nghiệm C©u V:(3,0 ®iÓm) Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB cố định. H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O vµ trung ®iÓm cña OA). KÎ d©y MN vu«ng gãc víi AB t¹i H. MN c¾t AK t¹i E. 1. Chøng minh tø gi¸c HEKB néi tiÕp. 2. Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM. 3. Cho điểm H cố định, xác định vị trí của K để khoảng cách từ N đến tâm đờng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c MKE nhá nhÊt.. (. )(. ).

(95) C©u VI:(0,5 ®iÓm) Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0 ----------------HÕt------------------. đáp án đề 1: C©u I: 1. TÝnh 4. 25 = 2.5 = 10  2 x 4  x 2  x 2    2. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:  x  3 y 5 < = > 2  3 y 5 < = >  y 1. VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x;y) = (2;1) . C©u II: 1. x2 - 2x +1 = 0 <=> (x -1)2 = 0 <=> x -1 = 0 <=> x = 1 VËy PT cã nghiÖm x = 1 2. Hàm số trên là hàm số đồng biến vì: Hàm số trên là hàm bậc nhất có hệ số a = 2009 > 0. HoÆc nÕu x1>x2 th× f(x1) > f(x2) C©u III: LËp ph¬ng tr×nh bËc hai nhËn hai sè 3 vµ 4 lµ nghiÖm? Gi¶ sö cã hai sè thùc: x1 = 3; x2 = 4 XÐt S = x1 + x2 = 3 + 4 = 7; P = x1 .x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = 1 > 0 VËy x1; x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: x2 - 7x +12 = 0 C©u IV 6. §æi 36 phót = 10 h Gäi vËn tèc cña « t« kh¸ch lµ x ( x >10; km/h) VËn tèc cña «t« t¶i lµ x - 10 (km/h). 180 (h) x 180 Thời gian xe tải đi hết quãng đờng AB là: x −10 (h). Thời gian xe khách đi hết quãng đờng AB là:. Vì ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút nên ta có PT:.

(96) 180 6 180 − = x −10 10 x ⇔ 180 .10 x −6 x (x − 10)=180. 10( x −10) ⇔ x2 −10 x − 3000=0 Δ ' =52+ 3000=3025 √ Δ ' =√3025=55. x1 = 5 +55 = 60 ( TM§K) x2 = 5 - 55 = - 50 ( kh«ng TM§K) VËy vËn tèc cña xe kh¸ch lµ 60km/h, vËn tèc xe t¶i lµ 60 - 10 = 50km/h C©u V 1/ Δ a) AHI vu«ng t¹i H (v× CA HB) Δ AHI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI A K Δ AKI vu«ng t¹i H (v× CK AB) B Δ AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI I Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI H O b) M Ta cã CA HB( Gt) D CA DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn) => BH//CD hay BI//CD (1) C Ta cã AB CK( Gt) AB DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn) => CK//BD hay CI//BD (2) Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song) Mµ DI c¾t CB t¹i M nªn ta cã MB = MC => OM BC( đờng kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây đó) 2/ B V× BD lµ tia ph©n gi¸c gãc B cña tam gi¸c ABC; 1 2 nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có: AD AB 2 AB E H = ⇔ = ⇒ BC=2 AB. .. DC. BC. 4. BC. 1 V× Δ ABC vu«ng t¹i A mµ BC = 2AB nªn C 2 0 0 A D ACB = 30 ; ABC = 60 0 V× B1 = B2(BD lµ ph©n gi¸c) nªn ABD = 30 V× Δ ABD vu«ng t¹i A mµ ABD = 300 nªn BD = 2AD = 2 . 2 = 4cm => AB 2=BD 2 − AD2=16 − 4=12 V× Δ ABC vu«ng t¹i A => BC=√ AC2 + AB2=√ 36+12=4 √ 3 Vì CH là tia phân giác góc C của tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân DC DH 4 DH = ⇒ BH=√ 3 DH gi¸c ta cã: BC =HB ⇔ 4 √ 3 HB.

(97) ¿ BH+ HD=4 BH=√ 3 HD ⇔ Ta cã: ¿ √ 3 BH+ √ 3 HD=4 √ 3 BH=√ 3 HD ⇒ BH (1+ √ 3)=4 √ 3 ¿{ ¿ 4 √ 3( √ 3 −1) 4 √3 BH= = =2 √ 3( √ 3 −1) . VËy 2 (1+ √ 3). BH=2 √3 (√ 3− 1)cm. C©u VI C¸ch 1: 16 0 V× xyz - x  y  z => xyz(x+y+z) = 16. P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz ¸p dông B§T C«sy cho hai sè thùc d¬ng lµ x(x+y+z) vµ yz ta cã P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz 2 √ xyz(x + y + z )=2 . √ 16=8 ; dấu đẳng thức xẩy ra khi x(x+y+z) = yz VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ 8 C¸ch 2: 16 16 V× xyz − x + y + z =0 ⇒ x + y + z= xyz. 16 16 P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz = x ⋅ xyz + yz=yz + yz 16. ¸p dông B§T C«sy cho hai sè thùc d¬ng lµ yz 16. vµ yz ta cã 16. P = yz + yz 2 16 ⋅ yz=2. √ 16=8 ; dấu đẳng thức xẩy ra khi yz =yz yz VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ 8. √. đáp án đề 2: C©u I: 1. TÝnh √ 9+ √ 4=3+2=5 2. Thay x =4 vào hàm số y = x -1. Ta đợc: y = 4 - 1 = 3 VËy khi x = 4 th× y = 3 C©u II:.

(98) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. ¿ x + y=5 x − y=3 ⇔ ¿ x+ y=5 2 x =8 ⇔ ¿ x=4 y =1 ¿{ ¿. VËy hÖ PT cã nghiÖm (x; y) = (4; 1) C©u III: x+ √ x x−√x +1 −1 Víi x ≥ 0 ; x ≠ 1 ta cã: A= √ x+ 1 √x − 1 √ x ( √ x+1 ) +1 √ x ( √ x −1 ) −1 ¿ √ x+1 √ x −1 ¿ ( √ x+1 ) ( √ x − 1 )=x − 1 VËy khi x ≥ 0 ; x ≠ 1 th× A = x -1 C©u IV Cho PT: x2 + 2x - m = 0 (1) 1. Khi m = 3 ta cã: x2 + 2x - 3 = 0 Ta cã: a + b + c = 1 + 2 - 3 = 0 PT cã hai nghiÖm: x1 = 1; x2 = -3 VËy PT(1) cã hai nghiÖm: x1 = 1; x2 = -3 khi m = 3 2. TÝnh: Δ ' =1+m . §Ó PT(1) cã nghiÖm th× Δ ' ≥ 0 ⇔ 1+m ≥0 ⇔ m≥ −1 VËy víi m≥ −1 th× PT(1) cã nghiÖm C©u. (. (. )(. )(. ). ). 1. xÐt tø gi¸c HEKB cã: M 0 EHB = 90 ( v× MN AB) K EKB = 900 ( vì AKB là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) I 0 =>EKB + EHB =180 E 0 => Tứ giác HEKB nội tiếp vì có tổng hai góc đối bằng 180 A B O H 2. V× MN AB nªn A n»m chÝnh gi÷a cung nhá MN => cung AM = cung AN =>AMN = AKM( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) XÐt Δ AME vµ Δ AKM cã: N A chung AME = AKM ( cm trªn) => Δ AME đồng dạng với Δ AKM ( g.g) Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp Δ EKM Ta cã gãc AME = BME ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => AM là tiếp tuyến của đờng tròn tâm I( Theo bài tập 30-Tr79 SGK toán 9 tập 2) => I thuéc BM => NI ng¾n nhÊt khi NI MB. Vì M; N; B cố định nên ta có thể xác định K nh sau:. ..

(99) Kẻ NI vuông góc với BM, vẽ đờng tròn (I;IM) cắt đờng tròn tâm O tại đâu đó là K. C©u VI:(0,5 ®iÓm) Tìm số nguyên x; y thoả mãn đẳng thức: x2+ xy +y2 - x2y2 = 0 (1) 2 2 2 2 Ta cã: x + xy +y - x y = 0 <=> 4x2+ 4xy +4y2 - 4x2y2 = 0 <=> 4x2+ 8xy +4y2 - (4x2y2 + 4xy +1) - 1 = 0 <=> (2x + 2y)2 - (2xy + 1)2 = 1 <=> (2x + 2y - 2xy - 1)(2x + 2y + 2xy + 1) = 1 ¿ 2x + 2y - 2xy - 1 = 1 2x + 2y + 2xy + 1=-1 ¿ ¿ ¿ 2x + 2y − 2xy − 1=-1 => ¿ 2x + 2y + 2xy + 1=1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. Giải hệ PT ta đợc (x; y) = (0; 0) hoặc x = - y Thay x = - y vào (1) ta tìm đợc (x; y) = (1; -1); (x; y) = (-1; 1) VËy c¸c cÆp sè x; y nguyªn tho¶ m·n (1) lµ:(0; 0); (1; -1); (-1; 1). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG. NĂM HỌC : 2006 – 2007 ĐĂK LĂK. -----000------------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC. NĂM HỌC 2009 - 2010. ------------------------------------ 000 MÔN : TOÁN Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề). Bài 1: (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2 1/ 5x  6x  8 0 5x  2y 9  2/ 2x  3y 15 ..

(100) Bài 2: (2,0 điểm) 2 2 1/ Rút gọn biểu thức A  ( 3  2)  ( 3  2).  x 2 B   x1  2/ Cho biểu thức. x 1 x3. . 3 x1.    : 1  ( x  1)( x  3)  . 1.   x  1. a) Rút gọn biểu thức B. b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức B nhận giá trị nguyên . Bài 3: (1,5 điểm) Một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 8m . Nếu tăng một cạnh góc vuông của tam giác lên 2 lần và giảm cạnh góc vuông còn lại xuống 3 lần thì được một tam giác vuông mới có diện tích là 51m 2 . Tính độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông ban đầu. Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm của AC với đường tròn (O). Chứng minh rằng: 1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp.   2/ DOK 2.BDH 2 3/ CK .CA 2.BD Bài 5: (1,0 điểm) 2 2 Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình: x  2(m  1)x  2m  9m  7 0 (m là tham số). Chứng minh rằng :. 7(x1  x 2 )  x1 x 2 18 2. ---------- Hết ---------Họ và tên thí sinh :---------------------------------------Số báo danh : ----------------------Chữ ký các giám thị : - Giám thị 1 :------------------------------------ Giám thị 2 :------------------------------------.

(101) (Ghi chú : Giám thị coi thi không giải thích gì thêm). GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 DAKLAK NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 26/06/2009). --------------------------------- ****** --------------------------------Bài 1: 2. 1/ PT: 5x  6x  8 0 ;.  / 9  5( 8) 49  0 .  / 7 ; x 1 . 37 3 7  4 2 ; x 1   5 5 5.  -4  S 2 ;  5   PT đã cho có tập nghiệm : 5x  2y 9   2x  3y  15  2/. 15x  6y 27   4x  6y 30. 19x 57   5x  2y 9.  x 3 x 3     y (9  15) : 2  y  3  HPT có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;-3). Bài 2: 1/. A  ( 3  2) 2  ( 3  2) 2  3  2  3  2  3  2  2 . 3 4.  x 0  x  1; 4;9 2/ a) ĐKXĐ:  ( x  2)( x  3)  ( x  1)( x  1)  3 x  1 x  2 B : ( x  1)( x  3) x1 . b). B. x  3 x  2 x  6  x 1  3 x  1 ( x  1)( x  3). x 2. x  2 1. x 2. ( Với x 0 vµ x  1; 4;9 ).  x  x  2  1  x   x  2 2  x  x x  2  2  x =  0 ; 16. Vậy : Với. x1. 2. B nguyên  x  2  ¦(2)=  1 ; 2        . .. 3.  x 9 (lo¹i)  x 1 (lo¹i) 1    x 16 (nhËn) 4   x 0 (nhËn) 0. thì B nguyên .. . 2 x -2.

(102) Bài 3: Gọi độ dài cạnh góc vuông bé là x (m) (đ/k: x  0 ) Thì độ dài cạnh góc vuông lớn là x + 8 (m) 1 x 8 1 x .2x. 51 . .2(x  8) 51 3 Theo đề bài ta có PT: 2 hoặc 2 3  x 2  8x  153 0 ; Giải PT được : x1 9 (tm®k) ; x 2  17 (lo¹i). Vậy: độ dài cạnh góc vuông bé là 9m ; độ dài cạnh góc vuông lớn là 17m. Bài 4: 1/. D.  DH  AC (gt) DHC 900 BD  AD (gt)  BD  BC  BC // AD (t / c h ×nh b×nh hµnh)   DBC 900. C 1. 1. I. K. H 1. A. Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới một góc không đổi bằng 900. O. B.  HBCD nội tiếp trong đường tròn. đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc) 2/    + D1 C1 (1/ 2s® BH của đường tròn đường kính DC)     + C1 A1 (so le trong, do AD//BC)  D1 A1       + DOK 2A1 (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK của (O))  DOK 2D1 2BDH . 3/   0 0    + AKB 90 (góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90 ; C1 A1 (c/m trên)  AHD CKB (cạnh huyền – góc nhọn)  AH CK. +AD = BD ( ADB cân) ; AD = BC (c/m trên)  AD BD BC + Gọi I AC  BD ; Xét ADB vuông tại D , đường cao DH ; Ta có: BD 2 AD 2 AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1) 2 2 Tương tự: BD BC CK.CI (2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được:.

(103) CK.AI  CK.CI 2BD2  CK(AI  CI) 2BD2  CK.CA 2BD 2 (đpcm). Bài 5: PT : /. x 2  2(m  1)x  2m 2  9m  7 0. 2. 2. (1). 2. +  m  2m  1  2m  9m  7   m  7m  6 / 2 2 + PT (1) có hai nghiệm x1 , x 2   0   m  7m  6 0  m  7m  6 0  (m + 1)(m + 6) 0 ; Lập bảng xét dấu   6 m  1 (*)  x1  x 2  2(m  1)  2 +Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét:  x1 x 2 2m  9m  7 7(x1  x 2 )  14(m  1)   x1 x 2   (2m 2  9m  7)   7m  7  2m 2  9m  7   2m 2  16m  14 2 2   2(m 2  8m  16)  14  32  18  2(m + 4)2 2. 18  2(m + 4)2 18  2(m + 4)2. + Với  6 m  1 thì 18  2(m  4) 0 . Suy ra 2 2 Vì 2(m  4) 0  18  2(m + 4) 18 . Dấu “=” xảy ra khi m  4 0  m  4 (tmđk (*)) 7(x1  x 2 )  x1 x 2 18 2 Vậy : (đpcm). Sở Giáo dục và đào tạo B×NH D¦¥NG -------------------§Ò thi chÝnh thøc. Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót (không kể thời gian giao đề.). -------------------------------------Bµi 1: (3,0 ®iÓm)  2 x  3 y 4  1. Gi¶I hÖ ph¬ng tr×nh 3x  3 y 1. 2. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: a) x2 – 8x + 7 = 0 b) 16x + 16  9x + 9  4x + 4 16 - x + 1 Bµi 2: (2,0 ®iÓm).

(104) Mét h×nh ch÷ nhËt cã chu vi lµ 160m vµ diÖn tÝch lµ 1500m2. TÝnh chiÒu dµi vµ chiÒu réng h×nh ch÷ nhËt Êy . Bµi 3: (1,5 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh x2 + 2(m+1)x + m2 + 4m + 3 = 0 (víi x lµ Èn sè, m lµ tham sè ) 1- Tìm giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt . 2- §Æt A = x1.x2 – 2(x1 + x2) víi x1, x2 lµ hai nghiÖm ph©n biÖt cña ph¬ng tr×nh trªn. Chøng minh : A = m2 + 8m + 7 3- T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A vµ gi¸ trÞ cña m t¬ng øng . Bµi 4 (3,5®iÓm) Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax. Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F sao cho BF cắt đờng tròn tại C, tia phân giác của góc ABF cắt Ax tại E và cắt đờng tròn tại D . 1- Chøng minh OD // BC . 2- Chøng minh hÖ thøc : BD.BE = BC.BF . 3- Chøng minh tø gi¸c CDEF néi tiÕp. 4- Xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi. Tính diện tích h×nh thoi AOCD theo R . --------------------------------. GIẢI ĐỀ THI Baøi 1:. 2   2x  3y  4 2x  3y  4 y      3  3x  3y 1 5x 5 x 1 1. Giaûi heä phöông trình:. 2. Giaûi phöông trình: 2 a) x  8x  7  0 Coù daïng : a + b + c = 1 +(-8) + 7 = 0 x 1   1 x 2 7. b).

(105) 16x  16 . 9x  19  4x  14 16 . x 1.  4 x  1  3 x  1  2 x  1  x  1 16  4 x  1 16  x  1 4  x 15. Baøi 2: Goïi x,y laø chieàu daøi vaø chieàu roäng ( x>y>0) Ta coù phöông trình: x  y  80  xy 1500  x 2  80x  1500  0 x  50   1   x 2  30. Baøi 3:. c .dai  50  c .rong  30. x 2  2(m  1)x  m 2  4m  3  0 1) ' (m  1)2  m 2  4m  3. . . = -2m-2. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt: ’ > 0  m < -1 2) Theo Viet : S  x 1  x 2  2(m  1)  2 P  x 1.x 2 m  4m  3  A m 2  4m  3  4(m  1) = m 2  4m  3  4m  4 = m  8m  7 2. Baøi 4: 1). F C ED A. 2).   ODB OBD (OBD can )      ODB EBF va so le trong EBF CBD  (tia phan giac)  OD//BC   ADB  ACB  900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn). * vAEB, đường cao AD:. O. B.

(106) Coù AB2 = BD.BE (1) * vAFB, đường cao AC: Coù AB2 = BC.BF (2) Từ (1) và (2)  BD.BE = BC.BF . 3). Từ BD.BE = BC.BF. BD BF   BCD  BFE BC BE    CDB CFE .  Tứ giác CDEF nội tiếp đường tròn ( góc ngoài bằng góc trong đối diện) 4). F. * Nếu tứ giác AOCD là hình thoi  OA = AD = DC = CO  OCD đều   ABC 600. * S hình thoi = AC . OD 2 2 2 = R  (2R ) .R R 5. -----------------------. E D A. së gd&®t qu¶ng b×nh. C O. B. đề thi chính thức tuyển sinh vào lớp 10 thpt. N¨m häc 2009-2010 M«n :to¸n Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề). PhÇn I. Tr¾c nghiÖm kh¸ch quan (2,0 ®iÓm) * Trong các câu từ Câu 1 đến Câu 8, mỗi câu đều có 4 phơng án trả lời A, B, C, D; trong đó chỉ có một phơng án trả lời đúng. Hãy chọn chữ cái đứng trớc phơng án trả lời đúng..

(107) C©u 1 (0,25 ®iÓm): HÖ ph¬ng tr×nh nµo sau ®©y v« nghiÖm? ( I ) { y=− 3 x +1 y=3 x− 2. A. C¶ (I) vµ (II). (II) { y =−2 x y=1 − 2 x. B. (I). C. (II). D. Kh«ng cã hÖ nµo c¶. Câu 2 (0,25 điểm): Cho hàm số y = 3x2. Kết luận nào dới đây đúng? A. Hàm số nghịch biến với mọi giá trị x>0 và đồng biến với mọi giá trị x<0. B. Hàm số đồng biến với mọi giá trị x>0 và nghịch biến với mọi giá trị x<0. C. Hàm số luôn đồng biến với mọi giá trị của x. D. Hµm sè lu«n nghÞch biÕn víi mäi gi¸ trÞ cña x. C©u 3 (0,25 ®iÓm): KÕt qu¶ nµo sau ®©y sai? A. sin 450 = cos 450 ; B. sin300 = cos600 C. sin250 = cos520 ; D. sin200 = cos700 Câu 4 (0,25 điểm): Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng 9 cm. Bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng: A. 3 √ 3 cm B. √ 3 cm C. 4 √3 cm D. 2 √ 3 cm C©u 5 (0,25 ®iÓm): Cho hai đờng thẳng (d1): y = 2x và (d2): y = (m - 1)x = 2; với m là tham số. Đờng thẳng (d1) song song với đờng thẳng (d2) khi: A. m = -3 B. m = 4 C. m = 2 D. m = 3 C©u 6 (0,25 ®iÓm): Hµm sè nµo sau ®©y lµ hµm sè bËc nhÊt? 2. A. y = x + x ;. B. y = (1 + √ 3 )x + 1 C. y =. √ x2 +2. 1. D. y = x. 3. Câu 7 (0,25 điểm): Cho biết cos α = 5 , với α là góc nhọn. Khi đó sin α bằng bao nhiªu? 3. A. 5. ;. 5. B. 3. ;. 4. C. 5. ;. D.. 3 4. C©u 8 (0,25 ®iÓm): Ph¬ng tr×nh nµo sau ®©y cã 2 nghiÖm ph©n biÖt? A. x2 + 2x + 4 = 0 ; B. x2 + 5 = 0 C. 4x2 - 4x + 1 = 0 ; D. 2x2 +3x - 3 = 0 PhÇn II. Tù luËn ( 8 ®iÓm) Bµi 1 (2,0 ®iÓm): Cho biÓu thøc: √ n −1 + √ n+1 N= ; víi n 0, n 1. √ n+1 √ n− 1 a) Rót gän biÓu thøc N. b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của n để biểu thức N nhận giá trị nguyên..

(108) Bµi 2 (1,5 ®iÓm): Cho ba đờng thẳng (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = 4 và (d3): nx - y = n - 1; n lµ tham sè. a) Tìm tọa độ giao điểm N của hai đờng thẳng (d1) và (d2). b) Tìm n để đờng thẳng (d3) đi qua N. Bµi 3 (1,5 ®iÓm): Cho ph¬ng tr×nh: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - 3 = 0 (1), víi n lµ tham sè. a) Tìm n để phơng trình (1) có một nghiệm x = 3. b) Chøng minh r»ng, víi mäi n - 1 th× ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 4 (3,0 ®iÓm): Cho tam gi¸c PQR vu«ng c©n t¹i P. Trong gãc PQR kÎ tia Qx bÊt kú cắt PR tại D (D không trùng với P và D không trùng với R). Qua R kẻ đờng thẳng vuông gãc víi Qx t¹i E. Gäi F lµ giao ®iÓm cña PQ vµ RE. a) Chứng minh tứ giác QPER nội tiếp đợc trong một đờng tròn. b) Chøng minh tia EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DEF c) TÝnh sè ®o gãc QFD. d) Gäi M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng QE. Chøng minh r»ng ®iÓm M lu«n nằm trên cung tròn cố định khi tia Qx thay đổi vị trí nằm giữa hai tia QP và QR. §¸p ¸n bµi thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT N¨m häc 2009 - 2010 M«n: To¸n. PhÇn I. Tr¾c nghiÖm kh¸ch quan C©u §¸p ¸n. C©u1 C. C©u 2 B. C©u 3 C. C©u 4 A. C©u 5 D. PhÇn II. Tù luËn Bµi 1:. C©u 6 B. C©u7 C. C©u 8 D.

(109) √ n −1 + √ n+1 √ n+1 √ n− 1 2 2 ( √ n − 1 ) + ( √n+1 ) = ( √ n+1 ) ( √ n −1 ) n− 2 √ n+1+ n+ 2 √n+1 = n −1. a)N =. 2 ( n+1 ) víi n 0, n 1. n −1 2 ( n+1 ) 2 ( n −1 ) + 4 4 b) N = n −1 = = 2 + n− 1 n −1 4 Ta cã: N nhËn gi¸ trÞ nguyªn ⇔ cã gi¸ trÞ nguyªn ⇔ n-1 lµ íc cña 4 n− 1 ⇒ n-1 { ±1 ; ± 2; ± 4 } + n-1 = -1 ⇔ n = 0 + n-1 = 1 ⇔ n = 2 + n-1 = -2 ⇔ n = -1 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cña N) + n-1 = 2 ⇔ n = 3 + n-1 = -4 ⇔ n = -3 (Kh«ng tháa m·n víi §KX§ cña N) + n-1 = 4 ⇔ n = 5 { 0 ; 2;3 ; 5 } Vậy để N nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi n. =. Bµi 2:. (d1): -x + y = 2; (d2): 3x - y = 4 vµ (d3): nx - y = n - 1; n lµ tham sè. a) Gọi N(x;y) là giao điểm của hai đờng thẳng (d1) và (d2) khi đó x,y là nghiÖm cña hÖ ph¬ng tr×nh:. { 3 x − y=4 − x+ y=2 ( I ) ⇔ { y=x +22 x=6. { y=5 x=3 Ta cã : (I) VËy: N(3;5) b) (d3) ®i qua N(3; 5) ⇒ 3n - 5 = n -1 ⇔ 2n = 4 ⇔ n= 2. Vậy: Để đờng thẳng (d3) đi qua điểm N(3;5) ⇔ n = 2 Bµi 3: Cho ph¬ng tr×nh: (n + 1)x2 - 2(n - 1)x + n - 3 = 0 (1), víi n lµ tham sè. a) Ph¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm x = 3 ⇒ (n+1).32 - 2(n-1).3 + n-3 = 0 ⇔ 9n + 9 - 6n + 6 + n - 3 = 0 ⇔ 4n = -12 ⇔ n = -3 b) Víi n -1, ta cã: Δ ' = (n-1)2 - (n+1)(n-3) = n2 - 2n + 1 - n2 +2n +4 =5>0 VËy: víi mäi n -1 th× ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 4:.

(110) F P N D M. E. x. Q I. R. a) Ta cã: ∠ QPR = 900 ( v× tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P) ∠ QER = 900 ( RE Qx) Tứ giác QPER có hai đỉnh P và E nhìn đoạn thẳng QR dới một góc không đổi 0 (90 ) ⇒ Tứ giác QPER nội tiếp đờng tròn đờng kính QR. ∠ PQR + ∠ PER = 1800 b) Tø gi¸c QPER néi tiÕp ⇒ mµ ∠ PER + ∠ PEF = 1800 (Hai gãc kÒ bï) ⇒ ∠ PQR = ∠ PEF ⇒ ∠ PEF = ∠ PRQ (1) MÆt kh¸c ta cã: ∠ PEQ = ∠ PRQ (2) <Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung PQ cña đờng tròn ngoại tiếp tứ giác QPER>. Tõ (1) vµ (2) ta cã ∠ PEF = ∠ PEQ ⇒ EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãcDEF c) V× RP QF vµ QE RF nªn D lµ trùc t©m cña tam gi¸c QRF suy ra FD QR ⇒ ∠ QFD = ∠ PQR (gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc) mµ ∠ PQR = 450 (tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P) ⇒ ∠ QFD = 450 d) Gọi I là trung điểm của QR và N là trung điểm của PQ. (I,N cố định) Ta có: MI là đờng trung bình của tam giác QRE ⇒ MI//ER mà ER QE ⇒ MI QE ⇒ ∠ QMI = 900 ⇒ M thuộc đờng tròn đờng kính QI. Khi Qx QR th× M I, khi Qx QP th× M N. Vậy: khi tia Qx thay đổi vị trí nằm giữa hai tia QP và QR thì M luôn nằm trên cung NI của đờng tròn đờng kính QI cố định. --------------------------------------------------------------------------. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang.

(111) Câu 1: (2,5 điểm) 1. Giải phương trình: 4x = 3x + 4 2. Thực hiện phép tính: A = 5 12 - 4 3 + 48 1 1  x  y 1    3  4 5 3. Giải hệ phương trình:  x y. Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình 2x2 + (2m-1)x +m-1=0, trong đó m là tham số. 1. Giải phương trình khi m=2. 2. Tìm m để phương tình có hai nghiệanx1, x2 thoả mãn: 4x12 + 4x22 + 2x1x2 = 1 Câu 3: (1,5 điểm) Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km. khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 3km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B. Câu 4: (2,5 điểm) Cho đươờngtròn (O;R). Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A. Trên đường thẳng d lấy điểm H sao cho AH<R. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với d cắt (O;R) tại hai điểm E, B (E nằm giữa B và H).  1. Chứng minh ABE EAH 2. Trên đường thẳng d lấy điểm Csao cho H là trung điểm của AC. Đường thẳng CE cắt AB tại K. Chứng minh rằng: Tứ giác AHEK nội tiếpđược trong một đường tròn. 3. Xác định vị trí điểm H trên đường thẳng d sao cho AB = R 3 Câu 5: (1,5 điểm) 1 1 1 1  3 3  3  3 3 1. Cho 3 số a,b,c >0. Chứng minh rằng: a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc 3. 2. Tìm x, y nguyên sao cho x + y + xy + 2 = x2 + y2.

(112) GỢI Ý ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2009 - 2010. Câu 1: 1. 4x = 3x + 4 <=> x = 4 2. A = 5 √ 12 - 4 √ 3 + √ 48 = 10 √ 3 - 4 √ 3 + 4 √ 3 = 10 √ 3 3. đk : x 0; y 0. ¿ 1 1 − =1 x y 3 4 + =5 x y ⇔ 4 4 ¿ − =4 x y 3 4 + =5 x y ⇔ 7 ¿ =9 x 1 9 = −1 y 7 ⇔ 7 ¿ y= 2 7 x= 9 ¿{ ¿. ( Thoả mãn điều kiện x 0; y 0. Kl: …. Cau 2: Phương trình: 2x2 + (2m-1)x + m - 1= 0 (1) 1. Thay m = 2 vào phương trình (1) ta có. 2x2 + 3x + 1 = 0 Có ( a - b + c = 2 - 3 + 1 = 0) => Phương trình (1) có nghiệm x1 = -1 ; x2 = - 1/2 2. Phương trình (1) có Δ = (2m -1)2 - 8(m -1) = 4m2 - 12m + 9 = (2m - 3)2 0 với mọi m. => Phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1; x2 với mọi giá trị của m. ¿. 1− 2 m 2 m −1 x 1 x 2= 2 ¿{ ¿. x 1+ x 2=. + Theo hệ thức vi ét ta có:. + Theo điều kiện đề bài: 4x12 + 4x22 + 2 x 1 x 2 = 1 <=> 4(x1 + x2)2 - 6 x 1 x 2 = 1 <=> ( 1 - 2m)2 - 3m + 3 = 1 <=> 4m2 - 7m + 3 = 0.

(113) + Có a + b + c = 0 => m1 = 1; m2 = 3/4 Vậy với m = 1 hoặc m = 3/4 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn: 2 4x1 + 4x22 + 2 x 1 x 2 = 1. Câu 3: Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h; x > 0) Thì vận tốc khi người đó đi từ B về A là : x + 3 (km/h) Thời gian người đó đi từ A đến B là: Thời gian người đó đi từ B về A là:. 36 (h) x 36 (h) x +3. Vì thời gian về ít hơn thời gian đi nên ta có phương trình : 36 x. 36. 3. - x +3 = 5 <=> x2 + 3x - 180 = 0 Có Δ = 729 > 0 Giải được: x1 = 12 (thoả mãn điều kiện của ẩn) x2 = -15 (không thoả mãn điều kiện của ẩn) Vậy vận tốc của người đó đi từ A đến B là 12 km/h. Câu 4: 1. Chứng minh: ∠ ABE = ∠ EAH ∠ ABE là góc nội tiếp chắn cung AE ∠ EAH là góc tạo bởi tia tiếp tuyến AH và dây cung AE. => ∠ ABE = ∠ EAH ( Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) B 2. Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp + BH vuông góc với AC tại H => ∠ BHC = 900 + H là trung điểm của AC (gt) O + EH AC tại H (BH AC tại H; E BH) N Δ => AEC cân tại E. K => ∠ EAH = ∠ ECH( t/c tam giác cân) E + ∠ ABE = ∠ EAH ( cm câu a) => ∠ ABE = ∠ ECH ( = ∠ EAH) A H => ∠ KBE = ∠ KCH => Tứ giác KBCH nội tiếp => ∠ BKC = ∠ BHC = 900 => ∠ AKE = 900 (1)( Kề bù với ∠ BKC = 900) Mà ∠ EHA = 900 (2) ( EH AC tại H) Từ (1) và (2) => ∠ AKE + ∠ EHA = 1800 => Tứ giác AHEK nội tiếp. 3. Xác định vị trí điểm H trên đường thẳng (d) sao cho AB = R √ 3 + Kẻ ON vuông góc với AB tại N => N là trung điểm của AB( Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung). C.

(114) => AN =. R √3 2. Ta có tam giác ONA vuông tại N theo cách dựng điểm N. 3 => tag ∠ NOA = AN : AO = √ 2. => ∠ NOA = 600 => ∠ OAN = ∠ ONA - ∠ NOA = 300 + ∠ OAH = 900 ( AH là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm A) => ∠ BAH = 600 + chứng minh : Δ BAC cân tại B có ∠ BAH = 600 => tam giác ABC đều. R √3 => AH = AC/2 = AC/2 = 2 R √3 => H là giao điểm của (A; ) và đường thẳng (d) 2 Chú ý : Bài toán có hai nghiệm hình:. Câu 5: 1. Với a > 0; b > 0; c > 0 .. 1 1 1 1 + 3 3 + 3 3 ≤ 3 a +b +abc b + c + abc c +a + abc abc. Chứng minh rằng:. 3. HD: ta có a3 + b3 + abc = (a+b)(a2 + b2 - ab) + abc (a+b)(2ab - ab)+ abc 2 ( vì (a-b) 0 với mọi a, b => a2 + b2 2ab) => a3 + b3 + abc ab(a+b) + abc = ab( a+b+c) Vì a, b, c > 0 => Tương tự ta có:. 1 1 ≤ (1) 3 a +b +abc (a+ b+c) ab 1 1 ≤ (2) 3 3 b +c +abc (a+b+ c) bc 1 1 ≤ (3) 3 3 c + a +abc (a+b+ c) ca 3. Từ (1) ; (2); (3) =>. 1 1 1 a+b+ c 1 + 3 3 + 3 3 ≤ = 3 a +b +abc b + c + abc c +a + abc abc (a+ b+c ) abc 3. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 2. Tìm x, y nguyên thoả mãn: x + y + xy + 2 = x2 + y2 (*) <=> x2 - x(y + 1) + y2 - y - 2 = 0 (**) Vì x, y là nghiệm của phương trình (*) => Phương trình (**) luôn có nghiệm theo x => Δ = (y+1)2 - 4 (y2 - y - 2) 0 2 => -3y + 6y + 9 0 2 <=> - y + 2y + 3 0 2 <=> (- y - y) + 3(y + 1) 0 <=> (y + 1)(3 - y) 0 Giải được -1 y 3 vì y nguyên => y {-1; 0; 1; 2; 3} (*) 2 + Với y = -1 => <=> x = 0 => x = 0 + với y = 0 => (*) <=> x2 - x - 2 = 0 có nghiệm x1 = -1; x2 = 2 thoả mãn x Z..

(115) + với y = 1 => (*) <=> x2 - 2x - 2 = 0 có Δ ' = 3 không chính phương. +với y = 2 => x2 - 3x = 0 => x = 0 hoặc x = 3 thoả mãn x Z. + với y = 3 => (x-2)2 = 0 => x = 2 thoả mãn x Z. Vậy nghiệm nguyên của phương trình là: (x,y) {(− 1; 0) ;( 0 ;− 1) ;( 2; 0) ;(0 ; 2); (3 ; 2);( 2; 3)} ------------------------------. TRƯỜ NG THPT THỰC HÀNH CAO NGUYÊN ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN -----000----ÐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN : TOÁN ----------------------- 000 -----------------------Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề ). Bài 1: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình và phương trình sau: 3x  2y 1  1/ 5x  3y  4 4 2 2/ 10x  9x  1 0 .. Bài 2: (3,0 điểm) 2 Cho hàm số : y  x có đồ thị (P) và hàm số y = 2x + m có đồ thị (d) . 1/ Khi m = 1. Vẽ đồ thị (P) và (d) trên cùng một hệ trục toạ độ. 2/ Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) toạ độ và bằng phép toán khi m = 1. 3/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(x A ; y A ) và 1 1  2 6 2 B(x B ; y B ) sao cho x A x B. Bài 3: (1,0 di m) P Rút g n bi u th c. y x  x x y  y xy  1. (x  0; y  0) .. Bài 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) có 3 góc nhọn. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E và D . 1/ Chứng minh AD.AC = AE.AB. 2/ Gọi H là giao điểm của DB và CE .Gọi K là giao điểm của AH và BC. Chứng minh AH  BC . 3/ Từ A kẻ các tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O) (M,N là các tiếp điểm).Chứng   minh ANM AKN ..

(116) 4/ Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y >0 và x  y 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ---------- Hết ---------Họ và tên thí sinh : -. A. 1 1  2 x  y xy 2. Số báo danh :. Chữ ký các giám thị : Giám thị 1 : Giám thị 2 :. (Ghi chú : Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) Đáp án --------------------------------- ****** --------------------------------Bài 1: 3x  2y 1   9x  6y  3  x  11     5x  3y  4 10x  6y  8 3x  2y 1    1/  HPT có nghiệm duy nhất (x;y) = (-11;17).  x  11    y  1  3( 11) : 2. x  11   y 17. 2 4 2 2/ 10x  9x  1 0 ; Ðặt x t (t 0). 1 10 2  10t 2  9t  1 0 ; cã a - b  c 0  t1  1(lo¹i) , t 2 1/10(nhËn)  x 10  x  10  10  S  ±   10   PT đã cho có tập nghiệm: Bài 2: 1/ m = 1  (d) : y 2x  1  P(0;1) + x 0  y 1 + y 0  x  1/ 2  Q( 1/ 2;0) x y  x 2. 2 4. 1 0 1 0. 1 1. 2 4. 2/ khi m = 1. +Dựa vào đồ thị ta nhận thấy (d) tiếp xúc với (P) tại tiếp điểm A(  1;  1) . +PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x 2  2x 1 0  (x  1)2 0  x  1 ; Thay x  1.

(117) vào PT (d)  y  1 . Vậy : (d) tiếp xúc với (P) tại điểm A( 1;  1) .  x A 0   x B 0 . Vậy để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(x A ; y A ) 3/ Theo đề bài: 2 và B(x B ; y B ) thì PT hoành độ giao điểm : x  2x  m 0 (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x A , x B khác 0.  / 1  m  0  x A  x B  2 m  1     m 0 (**); Với đ/k (**), áp dụng đ/l Vi-ét ta có :  x A .x B m m 0 1 1  2 6  2 xA xB. +Theo đề bài :. 1 1  2 6  2 xA xB. 2.  1 1  2    6    x A x B  x A .x B. 2.  xA  xB  2 6     x A .x B  x A .x B. 2.  m1  1 (NhËn)  m 2 / 3 (NhËn)  2 m =  -1 ; 2/3  Vậy: Với thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(x A ; y A ) và B(x B ; y B ) thoả mãn 1 1  2 6 2 xA xB . 2  2    6  4  2m 6m 2  3m 2 + m - 2 = 0  m m  . P. y x  x x y  y xy  1. Bài 3: . (x  0; y  0). (x y  y x )  ( x  y) xy  1. . xy( x  y)  ( x  y) xy  1. . ( x  y)( xy 1) xy  1. = x+ y. Bài 4:   1/ Nối ED ; AED ACB (do BEDC nội tiếp) AE AD ACB    AE.AB AD.AC  AED AC AB 0   2/ BEC BDC 90 (góc nội tiếp chắn ½ (O))  BD  AC Vµ CE  AB . Mà BD  EC H. A.  H là trực tâm của ABC  AH là đường cao thứ 3 của ABC  AH  BC tại K. 3/ Nối OA, OM, ON ; Ta có: OM  AM, ON  AN (t/c tiếp tuyến); OK  AK (c/m trên) B 0     AMO AKO ANO 90  5 điểm A,M,O,K,N cùng thuộc đường tròn đường kính AO (quỹ tích cung chứa góc).  M       K 1 1 (=1/2 sđ AN ) ; Mà N1 M1 (=1/2 sđ MN của (O))  K     N 1 1 hay ANM AKN. D E H. M. K. O. N. C.

(118) AD AH   AD.AC AH.AK (1) AKC (g-g) AK AC 4/ + ADH AD AN    AD.AC AN 2 (2)  ANC AN AC + ADN (g-g) AH AN  AH.AK AN 2   AN AK T (1) và (2) AH AN   ANK +Xét AHN và ANK có: AN AK và KAN chung  AHN         ANH K 1 ; mà N1 K1 (c/m trên)  ANH  N1 ANM  ba điểm M, H, N thẳng hàng. . Bài 5: V i a  0, b  0 ; Ta có : 2 2 2 a 2  b 2 2 a 2 b 2 2ab (Bdt Cô si)  a  b  2ab 4ab  (a  b) 4ab (a  b)(a  b) a b 4 a a 4 1 1 4  4         (*) ab ab a b ab ab a  b a b a b 2 2 Áp dụng BÐT (*) v i a = x  y ; b = 2xy ; ta có:. 1 1 4 4   2  2 2 x  y 2xy x  y  2xy (x  y) 2 2. (1) 1 1 1 4 (x  y)2 4xy     2 4xy (x  y) xy (x  y) 2 (2) Mặt khác :  1 1 1  1 1  1 1  1 1  A 2   2   2    . 2 2 2 x  y xy  x  y 2xy  2xy  x  y 2xy  2 xy 4 1 4 4 6  1   .  . 1   6 2 2 2  (x  y) 2 (x  y) (x  y)  2  (x  y) 2 2 [Vì x, y >0 và x  y 1  0  (x  y) 1 ]  minA = 6 khi. x=y=. 1 2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN GIA LAI Năm học 2009 – 2010 ………… ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: Toán ( Không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút ( Không kể thời gian phát đề ) …………………………...

(119) Câu 1 ( 1,5 điểm): x  4 x x 8  x  2 x 2 Cho biểu thức P =. a) Với những giá trị nào của x thì biểu thức P có nghĩa ? b) Rút gọn P. c) Tìm tất cả các giá trị của x để P = 0 Câu 2 ( 1,5 điểm): Giải hệ phương trình:. 2 x  3 y 4  3x  y 17. Câu 3 ( 2,5 điểm): Cho đa thức P(x) = x2 + (m – 1)x + m2 – 6, với x là biến, m R a) Với giá trị nào của m thì phương trình P(x) = 0 có nghiệm kép ? b) Xác định đa thức P(x) với m = -4. Khi đó tìm gía trị nhỏ nhất của P(x) với x  3. Câu 4 ( 2 điểm): Một mô tô đi từ thành phố A đến thành phố B với vận tốc và thời gian đã dự định. Nếu mô tô tăng vận tốc thêm 5km/h thì đến B sớm hơn thời gian dự định là 20 phút. Nếu mô tô giảm vận tốc 5km/h thì đến B chậm hơn 24 phút so với thời gian dự định. Tính độ dài quãng đường từ thành phố A đến thành phố B. Câu 5 ( 2,5 điểm): Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại I. một đường thẳng (d) quay quanh I cắt (O) và (O’) tại điểm còn lại lần lượt là A và B. a) Chứng minh rằng: AB  2.OO’ b) Gọi (d’) là tiếp tuyến chung trong của (O) và (O’). Giả sử (d) không trùng với OO’ và (d’). Tiếp tuyến với (O) tại A cắt (d’) tại M và tiếp tuyến với (O’) tại B cắt (d’) tại N. Chứng minh OAO’B là hình thang và MA + NB = MN. c) Với vị trí nào của (d) thì AMBN là tứ giác nội tiếp ? …………Hết………… Họ và tên: ……………………………………...; SBD………….; Phòng thi số: ………….. Chữ kí của giám thị 1:………………………; Chữ kí của giám thị 2: ……………………….

(120)

De Thi Dap An Vao 10 cac tinh 09 10

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về