TUYEN SINH TOAN 10 BD 2011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề chính thức. KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG KHÓA NGÀY :29/06/2011 Môn thi: Toán Thời gian : 120 phút ( Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 30/6/2011. Bài 1 (2điểm) 3x  y 7  a) Giải hệ phương trình : 2 x  y 8 b) Cho hàm số y = ax + b.Tìm a và b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng y = -2x +3 và đi qua điểm M( 2;5) Bài 2: (2điểm) 2 Cho phương trình x  2(m  1) x  m  4 0 (m là tham số) a)Giải phương trình khi m = -5 b)Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 2 2 c)Tìm m sao cho phương trình đã cho có hai nghiêm x1, x2 thỏa mãn hệ thức x1  x2  3x1 x2 0 Bài 3 : (2điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6m và bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi.Tính diện tích hình chữ nhật Bài 4: (3điểm) Cho đường tròn tâm O, vẽ dây cung BC không đi qua tâm.Trên tia đối của tia BC lấy điểm M bất kì.Đường thẳng đi qua M cắt đường (O) lần lượt tại hai điểm N và P (N nằm giữa M và P) sao cho O năm bên trong góc PMC. Trên cung nhỏ NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng cung AP.Hai dây cung AB,AC cắt NP lần lượt tại D và E. a)Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp. b) Chứng minh : MB.MC = MN.MP 2 c) Bán kính OA cắt NP tại K. Chứng minh: MK  MB.MC Bài 5 (1điểm) x 2  2 x  2011 A x2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (với x 0. LỜI GIẢI Bài 1 (2điểm) a) Giải hệ phương trình: 3 x  y 7  5 x 15  x 3     2 x  y 8  2 x  y 8  y 2  x 3  Vậy nghiệm hệ Pt:  y 2 b) Vì đồ thị h/s: y = ax + b // đt y = -2x + 3 . Nên: a = -2 và b 3 Vậy h/s cần tìm: y = -2x + b ( Với b 3) Vì đồ thị h/s y = -2x + b qua điểm M( 2; 5). Nên: 5 = -2. 2 + b ==> b = 9 ( 3. Thõa điều kiện) a  2  Vậy  b 9 Và h/s là: y = -2x + 9 2 Bài 2: (2điểm) Phương trình x  2( m  1) x  m  4 0 (m là tham số) (1) x 2  2( 5  1) x    5   4 0 a) Với m = -5: Pt (1) viết:  x 2  8 x  9 0 (a = 1; b = -8 ; c = -9 ) Ta có: a – b + c = 1 – (- 8) + (- 9) = 0 ==> Pt có 2 nghiệm phân biệt: x 1 = - 1; x 2 = 9 2 b) Pt: x  2(m  1) x  m  4 0 ( 1).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ( a = 1 ; b’ = m + 1 ; c = m – 4 ) 2. 2. 1  19 1     m  1   m  4  m  m  5  m     0  m   0 2 4 2  với mọi m (Do  vơi mọi m) ==> Pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. ' c) Pt (1) có   0 với mọi m ==> Pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m. Theo Viets có: x1 + x2 = - 2(m +1) x1. x2 = m – 4. '. 2. 2. 2. 2. x 2  x2 2  3 x1 x2 0   x1  x2   x1 .x2 0    2  m  1   m  3 0 Ta có: 1  m 0 2  4m  9m 0  m  4m  9  0    m  9  4 Bài 3 : (2điểm) Gọi x (m) là chiều rộng hcn (x > 0 ) Chiều dài hcn là: x + 6 (m) Bình phương độ dài đường chéo hcn là: x2 + (x + 6)2 (m2). Chu vi hcn là: 2(x + x + 6) = 2( 2x + 6) (m). Ta có Pt: x2 + (x + 6)2 = 10( 2x + 6)  x2 – 4x – 12 = 0 ( a = 1; b’ = - 2 ; c = -12 )  '  16 4 . Pt có hai nghiệm phân biệt:  ' = (-2)2 -1.(-12) 16 > 0 ; 24 2 4 x1  6 x2   2 1 1 ( > 0 Thõa ĐK) ( < 0 Loại) TL: Chiều rộng hcn: 6 m Chiều dài hcn : 12m Diện tích hcn : 6x 12 = 72 (m2) Bài 4: (3điểm) a)Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp: Xét đường tròn (O) có:     Sd AP  Sd NB D 1 2 (Góc có đỉnh nằm trong đường tròn)  Sd AP Sd AN Do AP  AN Mà:     Sd AN  Sd NB  1 Sd ANB  ACB D 1 2 2 ==> 0   N Vì: D1  D2 180 ( DoM; D ; P thẳng hàng) 0   ==> ACB  D2 180. . . Vậy: BDEC nội tiếp. ( Đlí) b) Chứng minh : MB.MC = MN.MP Xét: ABP và MNC Ta có:  M 1 (chung)  C   P 1 1 (cùng chắn cung NB ) ==> ABP  MNC (g-g) MB MP  ==> MN MC ==> MB.MC = MN.MP.. A E. K. 1. D 1 2. 1. 2 O. 1 M. P. 1 B. C.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 c) Chứng minh: MK  MB.MC :   Xét (O) ta có: AP  AN (gt)   ==> O1 O2 (góc ở tâm chắn hai cung bằng nhau)  ==> OA là phân giác NOP Mặt khác ONP có ON = OP (bán kính (O)) Nên: ONP cân tại O ==> OA là trung tuyến ONP . Gọi K là giao điểm của MP và AO NP NP a  0 a ==> NK = KP = 2 (Đặt 2 ) Ta có MN.MP = ( MK – a )(MK + a ) = MK2 – a2 < MK2 (do a2 >0) Mà: MB.MC = MN.MP. (Cmt) 1 ==> MB.MC < MK2 .. M. A. P E. K. 1. D. N. 1 2. 1. 2 O. 1 B. C. Bài 5 (1điểm) x 2  2 x  2011 A x2 Ta có: (với x 0). * Cách 1 : Gọi A0 là một giá trị của biểu thức A . Lúc đó tồn tại x0 để: x 2  2 x0  2011 A0  0 x0 2 .  A0  1 x02  2 x. 0.  2011 0. (1). 2011 + Nếu A0 = 1 Thì Pt (1)  2x0 – 2011 = 0  x0 = 2 2011 Vậy: A0 = 1 Khi x0 = 2 (2)  A0  1 x02  2 x0  2011 0 + Nếu A0 1 Thì Pt (1) là Pt bậc hai 2010 2011A0  2010 0  A0  ' '   2011 A  2010 0 2011 dấu “ =” xảy Có . Để Pt (1) có nghiệm khi  0   2010  2  1 x0  2 x0  2011 0 2 2  2011    x0  4022 x 0  2011 0  x0 = 2011 ra khi 2010 A0  2011 Khi x0 = 2011 (3) Vậy: 2010 A0  nho nhât   2011 Khi x0 = 2011 . Từ (2) và (3) ==>. * Cách khác : Ta có:. A. 2. A. x 2  2 x  2011 x2. 2. 2011x  2 x.2011  2011 2011x 2 2.  2010 x 2 2011x 2.  x  2011 A.  x  2011 A 2011x. 2. 2. . 2010 2010  2011 2011. (với x 0)..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2010  x  2011 0  x 2011 A đạt giá trị nhỏ nhất là 2011.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>