De TS 10 mon Toan Thanh Hoa tu 20102011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2010 – 2011 Môn thi: Toán Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2010 Thời gian làm bài: 120phút. ĐỀ CHÍNH THỨC ĐềA. Bài I (2,0 điểm) Cho phương trình : x2 + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số) 1. Giải phương trình (1) khi n = 3 2. Giả sử x1,x2 là nghiệm của phương trình (1),tìm n để : x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6 Bài II (2,0 điểm)  a 3 A   a 3  Cho biểu thức. a  3 1 1     a  3   3 a với a > 0; a 9. 1.Rút gọn A 2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Cho parabol (P): y = x2 và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới xA = -1,xB = 2 1.T ìm to ạ đ ộ c ác đi ểm A,B v à vi ết ph ư ơng tr ình đ ư ờng th ẳng AB. 2. T ìm m đ ể đ ư ờng th ẳng (d) : y = (2m 2 – m)x + m + 1 (v ới m l à tham s ố ) song song v ới đ ư ờng th ẳng AB. Bài IV (3,0) Cho tam gi ác PQR c ó ba g óc nh ọn n ội ti ếp đ ư ờng tr òn t âm O,c ác đ ư ờng cao QM,RN c ủa tam gi ác c ắt nhau t ại H. 1.Ch ứng minh t ứ gi ác QRMN l à t ứ gi ác n ội ti ếp trong m ột đ ư ờng tr òn. 2. K éo d ài PO c ắt đ ư ờng tr òn O t ại K.Ch ứng minh t ứ gi ác QHRK l à h ình b ình h ành. 3. Cho c ạnh QR c ố đ ịnh,Pthay đ ổi tr ên cung l ớn QR sao cho tam gi ác PQR lu ôn nh ọn.X ác đ ịnh v ị tr í đi ểm P đ ể di ện t ích tam gi ác QRH l ớn nh ất. Bài V ( 1,0 điểm) Cho x,y l à c ác s ố d ư ơng tho ả m ãn : x + y = 4 P x 2  y 2 . 33 xy. T ìm gi á tr ị nh ỏ nh ất c ủa : --------------------- Hết--------------------Họ tên thí sinh:…………………………………………………….Số báo danh: ……………………… Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN Bài I 1) Với n = 3, ta có pt: x2 + 3x – 4 = 0 pt có a+b++c=0 nên x1 = 1, x2 = -4 2 2. pt đã cho có  n  16  0 với mọi n, nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2. Áp dụng hệ thức Vi et ta có: x1 + x2 = n x1x2 = -4 x1 ( x22  1)  x2 ( x12  1)  6  x1 x2 ( x1  x2 )  x1  x2  6   4.( n)  ( n)  6  3n  6 Ta có:  n  2. Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A= 2. Biểu thức A đạt giá trị nguyên  do a  3 3 nên  a=1. 4 a 3. a  3 là ước của 4.. a 3 = 4. Bài 3: 1. A(-1; 1); B(2; 4). Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2. 2. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi:. Q. K. 2m 2  m 1 1  m   2  m  1 2. Bài 4.. N. P. 1. Tứ giác QRMN có :   QNR QMR 900. Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính QR. . 0. 2. Ta có: PQK 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra:PQ  KQ, mà RH  PQ  KQ//RH(1) Chwngs minh tương tự ta cũng có:. H. M. O. R.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> QH//KR(2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành. 3. Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên: SQHR SQKR. Từ K kẻ KI  QR. Ta có: 1 SQKR  KI .QR 2. Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất K là điểm chính giữa của cung nhỏ QR. Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR. Bài 5 Từ x+y=4 Áp dụng BĐT Côsi ta có:. ( x  y)2 4 4 xy . 33 33  Do đó xy 4 2. Mặt khác: x2+y2= ( x  y ) -2xy=16-2xy 16  2.4 =8( do xy 4) 33 65  4 4 Vậy P 65 Do đó : MinP= 4 , đạt được khi x=y=2. 8 .

<span class='text_page_counter'>(4)</span>