De thi vao lop 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Câu 1 (3 điểm) 1) Giải các phương trình sau:. 2 x  4 0 3 a) .. 4 2 b) x  3x  4 0.  a a   a a  N  3  . 3    a 1   a  1  2) Rút gọn biểu thức với a 0 và a 1 .. Câu 2 (2 điểm). 1) Cho hàm số bậc nhất y ax  1 . Xác định hệ số a, biết rằng đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1  2 .. 2) Tìm các số nguyên m để hệ phương trình.  x  y 3m   x  2 y  3. có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn điều kiện. x 2  xy 30 .. Câu 3 (1 điểm) Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 280 bộ quần áo trong một thời gian quy định. Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 5 bộ quần áo so với số bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế, xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may xong bao nhiêu bộ quần áo?. Câu 4 (3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại E’ và F’ (E’ khác B và F’ khác C)..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh EF song song với E’F’. 3) Kẻ OI vuông góc với BC ( I  BC ). Đường thẳng vuông góc với HI tại H cắt đường thẳng AB tại M và cắt đường thẳng AC tại N. Chứng minh tam giác IMN cân.. a 4 b4 1   2 2 d c  d . Chứng minh Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a  b 1 và c a2 d  2 2 rằng c b ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu Ý 1. a. b. c. Điểm. 2 x  4 0 3 Giải phương trình. 1,00. 2 2 x  4 0  x 4 3 3 (hoặc 2 x  12 0 ) 2 x 12 x 6 4 2 Giải phương trình x  3 x  4 0. 0,25. 2 2 Đặt t x , t 0 ta được t  3t  4 0. 0,25 0,25.  t  1, t 4 t  1 (loại) t 4  x 2 4  x 2  a a   a a  N  3   . 3   a  1 a  1    với a 0 và a 1 Rút gọn a a a ( a  1)   a a 1 a 1 a a a ( a  1)   a a1 a1. . . N  3 a . 3 2. Nội dung. Xác định hệ số a Ra được phương trình 0 a ( 2  1)  1.  a b. 1 2  1 a 1 . 2 Vậy a 1 . 2. 2 Tìm các số nguyên m để nghiệm ( x; y ) thỏa mãn x  xy 30. Tìm được y m  1 , x 2m  1. x 2  xy 30  (2m  1)2  (2m  1)(m  1) 30 5 m 2  2m  m  10 0  m  2 hoặc 2 Do m nguyên nên m  2 3. 1,00. 0,25 0,25 1,00. 0,25 0,25 0,5. . a 9  a. a. 0,25 0,5. Tính số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch Gọi số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là x bộ (x nguyên dương).. 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00. 280 Số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch là x. Số bộ quần áo may trong một ngày khi thực hiện là x  5. 280 Số ngày hoàn thành công việc khi thực hiện là x  5. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,25. 280 280  1 x 5 Theo giả thiết ta có phương trình x  280( x  5)  280 x x ( x  5)  x 2  5 x  1400 0 Giải pt ta được x 35, x  40 (loại) 4. 0,25. Số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là 35 bộ a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp A. A. E' E. F' F. E' E. F'. N. 1,00. F H. H. O. M B. D. O C. I. Hình 2 Vẽ được hình 1. B. Hình 1. 0  0  Theo giả thiết BFC 90 , BEC 90    BFC BEC 900  BCEF là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh EF song song với E’F’.   BCEF là tứ giác nội tiếp suy ra CBE CFE   'E '    CBE CF (cùng chắn cung CE ' ) Suy ra CFE CF ' E ' Suy ra EF // E ' F ' c. Chứng minh tam giác IMN cân TH 1. M thuộc tia BA. H là trực tâm của tam giác ABC suy ra AH  BC.    CAH CBH (cùng phụ với góc ACB )    BHI  BHM 900 , ANH  NHE 900     BHM NHE (vì đối đỉnh)  BHI  ANH AH HN BIH    ANH đồng dạng với BI IH (1) AH HM CIH   CI IH (2) Tương tự AHM đồng dạng với HM HN   HM HN HI Từ (1) và (2) và BI CI suy ra IH Mà HI  MN tại H suy ra IMN cân tại I. TH 2. M thuộc tia đối của tia BA..    CAH CBH (cùng phụ với góc ACB ) ANH 900  NHE   (góc ngoài.   BHI 90  BHM 0. C. ). 0,5 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00. 0,25 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> A E' N. đồng dạng với. E. BHI . F. F' B. H I.   BHM NHE (vì đối đỉnh) ANH BHI   ANH. C. AH HN  BI IH . Đến đây làm tương. tự như TH 1. * Chú ý. Thí sinh chỉ cần làm 1 trong 2 TH đều cho điểm tối đa.. M. 5. a2 d  2 2 c b Chứng minh rằng a 4 b4 1 a 4 b4 (a 2  b 2 )2      c d c d a 2  b2 1 và c d c  d  d (c  d )a 4  c(c  d )b 4 cd (a 2  b 2 ) 2  dca 4  d 2a 4  c 2b 4  cdb 4 cd (a 4  b4  2a 2b 2 )  d 2 a 4  c 2b 4  2cda 2b 2 0  (da 2  cb 2 ) 2 0 a 2 b2  d . Do đó  da 2  cb 2 0 hay c a2 d b2 d (b 2  d )2 a2 d   2  2  2 0  2 2 c b2 d b db 2 . Vậy c b. 1,00 0,25. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 1 (3 điểm). a) Vẽ đồ thị của hàm số y 2 x  4 ..  x 2 y  3  y 2 x  3 b) Giải hệ phương trình  .. 9 a c) Rút gọn biểu thức P =. 25a  4a 3 a 2  2a với a  0 .. 2 Câu 2 (2 điểm) Cho phương trình x  3 x  m 0 (1) (x là ẩn). a) Giải phương trình (1) khi m 1 .. b) Tìm các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn. x12  1  x22  1 3 3. .. Câu 3 (1 điểm) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 48 km. Một canô đi từ bến A đến bến B, rồi quay lại bến A. Thời gian cả đi và về là 5 giờ (không tính thời gian nghỉ). Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4 km/h..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu 4 (3 điểm) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M. . 0. khác B) và N là điểm thay đổi trên cạnh CD (N khác C) sao cho MAN 45 . Đường chéo BD cắt AM và AN lần lượt tại P và Q. a) Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp. b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh AH vuông góc với MN. c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 3 3 Câu 5 (1 điểm) Chứng minh a  b ab(a  b) với mọi a, b 0 . Áp dụng kết quả trên, chứng minh. 1 1 1  3 3  3 1 3 3 a  b  1 b  c  1 c  a  1 bất đẳng thức với mọi abc 1 . 3. Câu Ý 1 a. Nội dung Vẽ đồ thị của hàm số y 2 x  4 Đồ thị cắt trục Ox tại A (2;0) (HS có thể lấy điểm khác) Đồ thị cắt trục Oy tại B (0;  4) (HS có thể lấy điểm khác). a, b, c là các số dương thỏa mãn. Điểm 1,00 0,25 0,25 0,5.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Vẽ được đồ thị hàm số b.  x 2 y  3  y 2 x  3 Giải hệ phương trình   x  2 y  3  2 x  y 3. Hệ Tìm được x 3. 1,00 0,25. (HS có thể dùng phép thế hoặc phép trừ). Tìm được y 3. Kết luận. Hệ có nghiệm duy nhất x 3, y 3. 9 a. c. 2. Rút gọn biểu thức P =. 25a  4a 3 a 2  2a với a  0. 0,25 0,25 0,25 1,00. 9 a  25a  4a 3 9 a  5 a  2a a 2 a (a  2). 0,25. a 2  2a a (a  2) 2 2 a P = a hoặc a. 0,25. a. 0,25. 0,25 1,00. 2 Giải phương trình x  3 x  m 0 khi m 1 .. 0,25 0,25. m 1 ta có phương trình x 2  3 x  1 0  9  4 5 3 5 3 5 x1  x2  2 , 2 (mỗi nghiệm đúng cho 0,25) b. Tìm m để x1 , x2 thỏa mãn. x12  1  x22  1 3 3.   9  4m  0  m . Pt (1) có hai nghiệm phân biệt. 0,5. 9 4 (1). 1,00 0,25. Theo định lí Viet x1  x2 3, x1 x2 m . Bình phương ta được. x12  x22  2  2 ( x12  1)( x22  1) 27 2 1. 2 2. 2 2 1 2. 2 1. 2 2.  x  x  2 x x  x  x  1 25 2 1. 2 2. 0,25 .. 2. Tính được x  x ( x1  x2 )  2 x1 x2 9  2m và đưa hệ thức. m2  2m  10 m  8 (2)  m2  2m  10 m2  16m  64  18m  54  m  3 . Thử lại thấy m  3 thỏa mãn pt (2) và điều kiện (1). trên về dạng. 3. Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng. 0,25 0,25. 1,00. Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là x (km/h, x  4) Vận tốc canô khi nước xuôi dòng là x  4 và thời gian canô chạy. 48 khi nước xuôi dòng là x  4 .. Vận tốc canô khi nước ngược dòng là x  4 và thời gian canô chạy. 48 khi nước ngược dòng là x  4 .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 0,25. 48 48  5 Theo giả thiết ta có phương trình x  4 x  4 2 2 pt  48( x  4  x  4) 5( x  16)  5 x  96 x  80 0 Giải phương trình ta được x  0,8 (loại), x 20 (thỏa mãn) 4. 0,25 0,25. Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 20 km/h a Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp. A. B A. B P. P. M. M Q. Q. Hình 1N D Vẽ được hình 1. b. 1,00. C D. H I. Hình 2 N. C 0,5. 0 0   Theo giả thiết QAM 45 và QBM 45. 0,25.    QAM QBM  ABMQ là tứ giác nội tiếp. 0,25. Chứng minh AH vuông góc với MN. ABMQ là tứ giác nội tiếp suy ra AQM  ABM 1800 ABM 900  AQM 900  MQ  AN Tương tự ta có ADNP là tứ giác nội tiếp  NP  AM Suy ra H là trực tâm của tam giác AMN  AH  MN * Chú ý. Lập luận trên vẫn đúng khi M trùng với C c Xác định vị trí điểm M và N để  AMN có diện tích lớn nhất M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên có 2 TH TH 1. M không trùng với C, khi đó M, N, C không thẳng hàng. Gọi I là giao điểm của AH và MN và S là diện tích tam giác AMN. 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00. 1 AI .MN thì S = 2 .   Tứ giác APHQ nội tiếp suy ra PAH PQH (1)   Tứ giác ABMQ nội tiếp suy ra BAM BQM (2).     Từ (1) và (2) suy ra PAH BAM hay MAI MBA   Hai tam giác vuông MAI và MAB có MAI MBA , AM chung suy ra MAI MAB  AI  AB a , IM BM Tương tự NAI NAD  IN DN . Từ đó 1 1 AI .MN  a.MN 2 S= 2 Ta có MN  MC  NC a  BM  a  DN 2a  ( IM  IN ) 1 1 MN  a  S  a.MN  a 2 2 2 . Vậy MN  2a  MN hay. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> TH 2. M trùng với C, khi đó N trùng với D và AMN ACD. 5. 1 1 AD.DC  a 2 2 nên S = 2 Vậy  AMN có diện tích lớn nhất  M C và N D . 1 1 1  3 3  3 1 3 3 a  b  1 b  c  1 c  a3  1 a 3  b3 ab(a  b)  a 2 (a  b)  b 2 (b  a ) 0  (a  b)(a 2  b 2 ) 0  (a  b )2 (a  b) 0 , đúng a, b 0 a 3  b3 ab(a  b)  a 3  b3  abc ab(a  b)  abc 1 1  a 3  b3  1 ab(a  b  c)  3  a  b3  1 ab(a  b  c ). 0,25. 1,00 0,25 0,25 0,25. (Do các vế đều dương). Tương tự, cộng lại ta được. 1 1 1  3 3  3 3 a  b  1 b  c  1 c  a3  1 1 1 1    1 ab(a  b  c) bc(a  b  c ) ca (a  b  c) 3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH --------------------------. 0,25. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 -------------------------------. ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (Dành cho mọi thí sinh dự thi) Ngày thi: 02/07/2010 Bài 1. (1,5 điểm) a) So sánh hai số: 3 5và 29 3 5 3 5  3  5 3 5 b) b) Rút gọn biểu thức: A = 2 x  y 5m  1  Bài 2. Cho hệ phương trình:  x  2 y 2 (m là tham số).

<span class='text_page_counter'>(12)</span> a) Giải hệ phương trình với m = 1 b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = 1. Bài 3. (2,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 12 giờ thì đầy bể. Nếu từng vòi chảy thì thời gian vòi thứ nhất làm đầy bể sẽ ít hơn vòi thứ hai làm đầy bể là 10 giờ. Hỏi nếu chảy riêng từng vòi thì mỗi vòi chảy trong bao lâu thì đầy bể? Bài 4. (3,0 điểm) Cho đương tròn (O;R) day cung BC cố định (BC<2R) và điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các đường cao BD, CE của tam giác cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp. . 0. b) Giả sử BAC 60 , hãy tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R. c) Chứng minh đường thẳng qua A và vuông góc với DE luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5.(1,0 điểm) Cho biểu thức P = xy(x - 2)(y+6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36 Chứng minh P luôn dương với mọi x,y  R.. ĐÁP ÁN THAM KHẢO MÔN: TOÁN Bài 1. (1,5 điểm) a) So sánh hai số: 3 5và 29 45>29 => 3 5  29 3 5 3 5  b) Rút gọn biểu thức: A = 3  5 3  5 = 7. Bài 2.  2 x  y 5m  1  Cho hệ phương trình:  x  2 y 2. (I). (m là tham số). a) Giải hệ phương trình với m = 1 (x;y) = (2;0) b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = 1..

<span class='text_page_counter'>(13)</span>  x 2m  Ta giải (I) theo m được  y m  1 Nghiệm này thỏa mãn hệ thức x2 – 2y2 = 1 nghĩa là. 4m2 – 2(m - 1)2 = 1.  4  10  4  10 , m2  2 2 Giải phương trình ẩn m được m1 =  4  10  4  10 , m2  2 2 KL: Vậy với hai giá trị m1 = thì nghiệm của hệ (I) thỏa mãn hệ thức trên.. Bài 3. C1: Lập hệ phương trình: Gọi thời gian vòi 1 chảy riêng đến khi đầy bể là x giờ (x>12) Gọi thời gian vòi 2 chảy riêng đến khi đầy bể là y giờ (y>12) 1 Trong 1 giờ cả hai vòi chảy được 12 bể 1 Trong 1 giờ vòi 1 chảy được x bể 1 Trong 1 giờ vòi 2 chảy được y bể 1 1 1 y Ta có phương trình: x + = 12 (1). Vòi 1 chảy nhanh hơn vòi 2 10 giờ nên ta có phương trình : y = x+10 (2). Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:. 1 1 1     x y 12  y  x  10 . 1 1 1 1 1 1        x y 12   x x  10 12   y  x  10  y  x  10 . Giải hệ phương trình:. 12 12 1    x x  10  y  x  10. 12( x  10)  12 x  x 2  10 x(1)   y x  10. Giải (1) được x1 = 20, x2 = -6 (loại) x1 = 20 thỏa mãn, vậy nếu chảy riêng thì vòi 1 chảy trong 20 giờ thì đầy bể, vòi 2 chảy trong 30 giờ thì đầy bể. 1 1 1   C2: Dễ dàng lập được phương trình x x  10 12. Giải tương tự ra cùng đáp số. Bài 4.. a)Tứ giác AEHD có AEH 900 , ADH 900 nên AEH  ADH 1800. Vậy tư giác AEHD nội tiếp. 0 0   b) Khi BAC 60  BOC 120 Mặt khác tam giác BOC cân tại O nên khoảng cách từ O đến BC là đường cao đồng thời là tia phân giác của tam giác BOC.   KOC 600 0.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> A. D O. K. C. E. H. B. Bài 5. P = xy(x - 2)(y+6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36 = x2y2 + 6x2y - 2xy2 - 12xy – 24x + 3y2 + 18y + 36 = (18y + 36) + (6x2y + 12x2) – (12xy + 24x) + (x2y - 2xy2 + 3y2) = 6(y + 2)(x2 – 2x + 3) + y2(x2 – 2x + 3) = (x2 – 2x + 3)(y2 + 6y +12) = [(x - 1)2 + 2][(y + 3)2 +3] > 0 Vậy P > 0 với mọi x,y  R.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ Đề chính thức ĐỀ B. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút. Bài 1 (2.0 điểm): Cho phương trình: x2 + mx - 4 = 0 (1) (với m là tham số) 1. Giải phương trình (1) khi m= 3 2. Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1), tìm m để: x1(x22 + 1) + x2(x21 + 1) > 6. Bài 2 (2.0 điểm): Cho biểu thức: B = ( + )( - ) với b > 0; b≠ 9 1. Rút gọn B 2. Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên. Bài 3(2.0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc parabol (P) vơi xA = 2, xB = - 1..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 1. Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB. 2. Tim n để đường thẳng (d): y = (2n 2 - n)x + n + 1 (với n là tham số) song song với đường thẳng AB. Bài 4 (3.0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao BM, CN của tam giác cắt nhau tại H. 1. Chứng minh tứ giác BCMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn. 2. Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. 3. Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC sao tam giác ABC luôn nhọn. Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn nhất. Bài 5 (1.0 điểm): Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = 4. 33 Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a2 + b2 + ab --------------------Hết ----------------------. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Đáp án chấm Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút. Đề chính thức ĐỀ B Bài 1. Nội dung Cho phương trình: x + mx - 4 = 0 (1) (với m là tham số) 1. Giải phương trình (1) khi m= 3: - Phương trình trở thành: x2 + 3x - 4 = 0 - Vì tổng các hệ số: 1 + 3 + (-4) = 0 nên phương trình có nghiệm x1=1 v à x2=- 4 Vậy khi m = 3 th ì phương trình có 2 nghiệm x1=1 v à x2=- 4 2. Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1), tìm m để: x1(x22 + 1) + x2(x21 + 1) > 6. - Phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì: ∆ ≥ 0 mà ∆ = m2 + 16≥16 với mọi m. ¿ x 1+ x 2=− m(∗) Khi đó theo Vi-ét ta có: x 1 x 2=− 4 (**) ¿{ ¿ - Ta lại có x1(x22+1)+x2(x21+1)> 6<=> x1x22+x1 +x2x21+x2 > 6<=> x1x2(x1+ x2) + x1+ x2> 6 <=> (x1+ x2)(x1x2+1)>6 (***) - Thay (*), (**) vào (***) ta có: -m(-4+1) > 6 <=> 3m>6 <=> m >2 - Vậy khi m >2 th ì phương trình (1) có 2 nghiệm x1,x2 thỏa mãn. Điểm. 2. 0,25 0,5 0.25. 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> x1(x22+1)+x2(x21+1)> 6 2. Bài 2 (2.0 điểm): Cho biểu thức: B = = ( + )( - ) với b > 0; b 9 1. Rút gọn B ( √ b+3)( √ b+ 3) −( √ b −3)( √ b −3) Với b > 0; b 9 B = ( √ b −3)( √ b+3). (. 4 12 √b √b − 3 = ( √ b −3)( √b+ 3) 3 √b √ b+3 2. Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên. 4 B= nguyên khi √ b +3 là ước của 4 vì √ b +3≥3 nên √ b+3 √ b +3 = 4 hay √ b =1 <=> b=1 - Vậy với b = 1 thì B đạt giá trị nguyên Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm A, B thuộc parabol (P) vơi xA = 2, xB = - 1. 1. Tìm toạ độ các điểm A, B và viết phương trình đường thẳng AB. - Tọa độ điểm A: xA = 2=> y = 22= 4 Vậy A(2;4) - Tọa độ điểm B: xB = -1=> y = (-1)2= 1 Vậy B(-1;1) - Gọi đường thẳng qua A(2;4), B(-1; 1) có dạng y = ax + b (AB) - Vì (AB) qua A(2; 4) nên 2a + b = 4(i) - Vì (AB) qua B(-1; 1) nên -a +b = 1(ii) - Lấy phương trình (i) trừ (ii) ta được 3a = 3 => a = 1 khi đó =>b= 2. Vậy đường thảng AB có dạng: y = x +2 2. Tim n để đường thẳng (d): y = (2n 2 - n)x + n + 1 (với n là tham số) song song với đường thẳng AB. - Đường thẳng AB: y = x+2 song song với (d) y = (2n 2-n)x+n+1 thì: 2n 2-n =1(u) và n+1 ≠2(v) 1 Giải (u) ta được n = 1; và n = kết hợp với (v) n≠1. 2 1 Nên với n= thì AB song với (d) 2. )(. (. (. 3. b −3 3 b. )( √ √ ). ). ) (. ). 0,5 0.5. 0,5 0.25 0,25. 0,25 0,25 0,25 0.25. 0,5 0,25 0,25. 4. 0.25. 0.5 1. Chứng minh BCMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn. 0,25 - Lấy I là trung điểm BC. Suy ra:BI= CI = MI = NI nên B ,C, M, N cách đều điểm I nên tứ giác BCMN nội tiếp trong một đường tròn 2. Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. Ta có: ABK = 900 = (góc nội tiếp) => BKAB nên BK∥CH(*). Tương tự: 0,5 ACK = 900 = (góc nội tiếp) => CKAC nên CK∥BH(**). Từ (*) và (**) suy ra BHCK là hình bình hành. 0.25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 3. Cho cạnh BC cố định, A thay đổi trên cung lớn BC sao tam giác ABC luôn nhọn. Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn nhất. Gọi I là giao điểm AH và BC, F là trung điểm của BC. Vì khi A thay đổi BC cố định và lam giác ABC luôn nhọn nên H nằm trong tam giác ABC. Nên S ∆BCH = BC.HI lớn nhất khi HI lớn nhất (BC cố định), HI lớn nhất => AI lớn nhất => I 0,25 F mà F là trung điểm của BC nên ∆ABC cân tại A => AB = AC=> A bằm chính 0,25 giữa lớn cung BC 0,25 0,25 2 Cho a, b là c ác số dương thảo mãn a + b = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a + b2 + Ta có (a-b)2 0 => a2+b2 2ab và (a+b)2 4ab hay ab 4 =>  Nên khi đó P = a2 + b2 +  2ab + +   2 + =16 + = 0,25 Dấu "=" xảy ra khi 2ab= và a=b hay ab = 4 và a = b =>a = b= 2 Vậy Min P = khi a = b = 2 0,25 0,25 0,25. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG. Năm học 2010-2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). Bài 1. (2,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: 2. Chứng minh rằng: Bài 2. (2,0 điểm). 3 1  x 9  A    x 3 x  x 3 x. với x  0, x 9 .. 1   1 5    10 5 2  5 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y (k  1) x  n và hai điểm A(0;2), B(-1;0). 1. Tìm các giá trị của k và n để: a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B. b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : y  x  2  k . 2. Cho n 2 . Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB. Bài 3. (2,0 điểm) 2 Cho phương trình bậc hai: x  2mx  m  7 0 (1) 1. Giải phương trình (1) với m  1 .. (với m là tham số)..

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. 1 1  16 x ; x x 3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2 thoả mãn hệ thức: 1 x2 .. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E. 1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK. 2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân. 3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2. Bài 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: 3 3 3 3  a  1   b  1   c  1  4 --- HẾT ---. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH. Năm học 2010 - 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN. Bài 1. (2,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức:. 3 1  x 9  A    x 3 x  x 3 x. 2. Chứng minh rằng:. 1   1 5    10 5 2  5 2. Ý 1. (1,25đ). Nội dung Với ĐK:. với x  0, x 9 .. Điểm. x  0, x 9 . Ta có:.   3 1  x 9  A    x x 3 x 3 x    A.  A. 3. . . . x 3  x. . . x  x  9 3 x 9  x  3 x x. x 3. 0,25.  x  9 x. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>  A. 9x x. 0,25. Kết luận: Vậy với x  0, x 9 thì. Ta có:. A.  1   1  5.     5.  5  2 5  2   . 2..  5.. (0,75đ). 9x x. . 0,25.  5 2 5  2  5 2 5 2  . . . 2 5 5 4. 0,25. 0,25. = 10. Vậy:. 1   1 5.    10 5 2  5 2. 0,25. Bài 2. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y (k  1) x  n và hai điểm A(0;2), B(-1;0). 1. Tìm các giá trị của k và n để: a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B. b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : y  x  2  k . 2. Cho n 2 . Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB. Ý. Nội dung. Điểm. (d): y = (k-1)x + n đi qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình:. 1a (1,0 đ). 1b (0,5 đ). (k  1).0  n 2  (k  1).( 1)  n 0 n 2   1  k  2 0. n 2  k 3. 0,25. 0,5. Kết luận: Vậy k = 3, n = 2 thì (d) đi qua hai điểm A(0;2), B(-1;0). 0,25. k  1 1 k 2 (d ) //( )     n 2  k n 0 +. 0,25. k 2 (d ) //()   n 0 Kết luận: Vậy. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + 2. Suy ra đường thẳng (d) cắt trục Ox tại C  2  ;0    k  1 0  k 1 và khi đó toạ độ điểm C là  1  k  OC  xC  2. (0,5 đ). Ta có:. 2 1 k. 0,25. và do B(-1;0) nên OB = 1.. Vì các tam giác OAC và OAB vuông tại O và chung đường cao AO nên suy ra:. SOAC 2SOAB  OC 2OB . 2 2 |1  k |. 0,25.  k 0   k 2 (thoả mãn đk k 1 ) Kết luận: k = 0 hoặc k = 2.. Bài 3. (2,0 điểm) 2 Cho phương trình bậc hai: x  2mx  m  7 0 (1) (với m là tham số). 1. Giải phương trình (1) với m  1 . 2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. 1 1  16 x ; x x x2 1 2 1 3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thoả mãn hệ thức: .. Nội dung. Ý. Điểm. Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành: x 2  2 x  8 0  ' 1  8 9  1. (0,75đ). 2. (0,75đ). 3.. 0,25.  ' 3. Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:  1 3   x  1  4   x   1  3 2  1. 0,25. Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 2.. 0,25. 2 Pt (1) có  ' m  (m  7). 0,25.  m2  m  7 2. 1  27   m    0 2 4  với mọi m.. 0,25. Vậy với mọi giá trị của m thì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.. 0,25. Theo câu 2, ta có (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 với mọi giá trị của m. Theo định lý Vi ét ta có:. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>  x1  x2 2m   x1 x2 m  7. Theo giả thiết ta có:. 1 1  16  x1 x2.  x1 x2 0   x1  x2 16 x1 x2. m  7 0  2m 16  m  7  m 7  m 8. (0,5 đ). 0,25.  m 8 Vậy m = 8 là giá trị cần tìm.. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt nhau ở E. 1. Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK. 2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân. 3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK // MN và KM2 + KN2 = 4R2. a. A f k. o. m. h. O. P. e. n. c. M. b. E. N. Nội dung  Ta có:. Điểm. 0  + AHE 90 (theo giả thiết AB  MN ). 0,5. 0  + AKE 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). 0,5.  AHE  AKE 900  H, K thuộc đường tròn đường kính AE. Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.  Xét hai tam giác  CAE và  CHK: + Có chung góc C   + EAC EHK (góc nội tiếp cùng chắn cung EK)  CHK (g - g) Suy ra  CAE. 2. (1,0 đ). C. B. Ý. 1. (2,0đ). H. K.  Do đường kính AB  MN nên B là điểm chính giữa cung MN suy ra ta có   MKB  NKB (1). 0,25 0,25 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên.    NKB KNF (2)    MFN (3)  MKB.     Từ (1), (2), (3) suy ra MFN KNF  KFN KNF . Vậy  KNF cân tại K. 0 0   * Ta có AKB 90  BKC 90  KEC vuông tại K Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K    BEH KEC 450  OBK 450. 3. (0,5 đ). 0,5 0,25. 0,25. Mặt khác vì  OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra  OBK vuông cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB) * Gọi P là giao điểm của tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính và KP // MN. Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP. 0,25 Xét tam giác KMP vuông ở M ta có: MP2 + MK2 = KP2  KN2 + KM2 = 4R2.. Bài 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: 3 3 3 3  a  1   b  1   c  1  4 Ý Nội dung Điểm (a  1)3 a3  3a 2  3a  1. Ta có:. a  a 2  3a  3  1 2. Tương tự:. 3 3 3  a  a    a  1  a  1 (1) ( do a 0) 2 4 4  3 3 (b  1)3  b  1  2  , (c  1)3  c  1  3 4 4. 0,25. Từ (1), (2), (3) suy ra:.  a  1 0,5 đ. 3. 3. 3.   b  1   c  1 . 3 9 3  a  b  c   3   3  4 4 4. Vậy BĐT được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi 2   3 a  a   0 2   2  b  b  3  0  2    2 c  c  3  0    2  a  b  c 3. 3  a 0  a  2  3 b 0  b  2   3 c 0  c  2  a  b  c 3. 3   a 0, b c  2   b 0, a c  3  2   c 0, a b  3 2 . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP. HUẾ Khóa ngày 24-6-2010 Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút _________________________________________________________________________________ Bài 1 : (2,25 điểm ) Không sử dụng máy tính cầm tay : a) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2x-3y=-13  2 1) 5x -7x-6=0 2) 3x+5y=9 P= b) Rút gọn biểu thức. 5 5-2. -2 5. Bài 2: ( 2,5 điểm ) Cho hàm số y = ax2 a) Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho đi qua điểm M ( -2 ; 8) b) Vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ đồ thị ( P) của hàm số đã cho với giá trị a vừa tìm được và đường thẳng (d) đi qua M (-2;8) có hệ số góc bằng - 2 .Tìm tọa độ giao điểm khác M của (P) và ( d). 2 Bài 3: (1,25 điểm) Hai người đi xe đạp cùng xuất phát từ A để đến B với vận tốc bằng nhau.Đi được 3 quãng đường, người thứ nhất bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút và đón ô tô quay về A, còn người thứ hai không dừng lại mà tiếp tục đi với vận tốc cũ để tới B.Biết rằng khoảng cách từ A đến B là 60 km, vận tốc ô tô hơn vận tốc xe đạp là 48 km/h và khi người thứ hai tới B thì người thứ nhất đã về A trước đó 40 phút.Tính vận tốc của xe đạp Bài 4: (2,5 điểm ) Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB , D là một điểm trên cạnh AC sao cho CD < AD.Vẽ đường tròn (D) tâm D và tiếp xúc với BC tại E.Từ B vẽ tiếp tuyến thứ hai của đường tròn (D) với F là tiếp điểm khác E. a) Chứng minh rằng năm điểm A ,B , E , D , F cùng thuộc một đường tròn..

<span class='text_page_counter'>(24)</span> b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng BF lần lượt cắt AM,AE,AD theo thứ tự tại các điểm N,K,I IK AK = .Chứng minh IF AF . Suy ra: IF.BK=IK.BF c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân. Bài 5: ( 1,5 điểm ) Từ một tấm thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB= 3,6 dm , chiều dài AD =4,85 dm, người ta cắt một phần tấm thiếc để làm mặt xung quanh của một hình nón với đỉnh là A và đường sinh bằng 3,6 dm, sao cho diện tích mặt xung quanh này lớn nhất.Mặt đáy của hình nón được cắt trong phần còn lại của tấm thiếc hình chữ nhật ABCD. a) Tính thể tích của hình nón được tạo thành. b) Chứng tỏ rằng có thể cắt được nguyên vẹn hình tròn đáy mà chỉ sử dụng phần còn lại của tấm thiếc ABCD sau khi đã cắt xong mặt xung quanh hình nón nói trên.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP. HUẾ Môn: TOÁN – Khóa ngày: 25/6/2010 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM. Bài. Nội dung. Ý. 1 2 a.1 Giải phương trình 5x -7x-6=0 (1) (0,75) 2  = 49+120=169=13 ,  =13, 7-13 3 7+13 x1 = =x2 = =2 10 5 và 10. 0,25 0,25. x1 =-. a.2 (0,75). Vậy phương trình có hai nghiệm: 2x-3y=-13  Giải hệ phương trình 3x+5y=9 : 2x-3y=-13   3x+5y=9. 6x-9y=-39   6x+10y=18.  y=3   2x =9-13=-4 b. (0,75). 3 , x2 =2 5. 2x-3y=-13  19y=57 . x =-2  y=3. . 0,25. 0,50. 0,25. . 5 5+2 5 -2 5 = -2 5 5-4 5-2 =5+2 5-2 5 =5 P=. Điểm 2,25. 0,50 0,25 2,5. 2 2.a y=ax2 đi qua điểm M  -2;8 , nên: + Đồ thị (P) của hàm số (0,75) 2 8=a -2  a=2 2. Vậy: a=2 và hàm số đã cho là: y=2x 2.b + Đường thẳng (d) có hệ số góc bằng -2, nên có phương trình dạng: (1,75) y=-2x+b. 0,50 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> M  -2;8 8=-2 -2 +b  b=4, d :y=-2x+4 + (d) đi qua điểm , nên + Vẽ (P) + Vẽ (d) + Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: 2x2 =-2x+4  x2 +x-2=0 + Phương trình có hai nghiệm: x1 =1;x2 =-2. 0,50 0,25 0,25 0,25. 2. Do đó hoành độ giao điểm thứ hai của (P) và (d) là x =1 y=21 =2 Vậy giao điểm khác M của (P) và (d) có tọa độ: N(1;2) 1,25. 3 Gọi x (km/h) là vận tốc của xe đạp, thì x+48(km/h) là vận tốc của ô tô. Điều kiện: x >0. 0,25. 0,25 60 km. A. C oâ toâ. B xe đạp. 2 AC = AB =40km 3 Hai người cùng đi xe đạp một đoạn đường Đoạn đường còn lại người thứ hai đi xe đạp để đến B là: CB =AB-AC =20km 40 Thời gian người thứ nhất đi ô tô từ C đến A là: x+48 (giờ) và người thứ hai 20 đi từ C đến B là: x (giờ) 40 1 20 2 40 20 + = -  +1= x+48 x Theo giả thiết, ta có phương trình: x+48 3 x 3 Giải phương trình trên: 2 40x+x x+48 =20 x+48 hay x +68x-960=0 Giải phương trình ta được hai nghiệm: x1 =-80<0 (loại) và x2 =12. 0,25. 0,25 0,25. Vậy vận tốc của xe đạp là: 12 km/h. 4. 2,5.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 4.a (1,0). A F. K. I. N. D. O. B. //. M. //. E. C. Hình vẽ đúng 0   Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: BED =BFD =90 0   Mà BAD =BAC =90 (giả thiết) 0    Do đó: BED =BFD BAD =90 Vậy: năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính BD. 4.b (1,0). 4.c (0,5). 5. Gọi (O) là đường tròn đường kính BD. Trong đường tròn (O), ta có :      D )  EAD =DAF DE = DF (do DE, DF là bán kính đường tròn  Suy ra : AD là tia phân giác EAF hay AI là tia phân giác của KAF IK AK = Theo tính chất phân giác ta có IF AF (1) Vì AB  AI nên AB là tia phân giác ngoài tại đỉnh A của KAF . BK AK = Theo tính chất phân giác ta có : BF AF (2) IK BK = Từ (1) và (2) suy ra : IF BF . Vậy IF . BK = IK . BF (đpcm) Ta có AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM=MC, do đó  AMC   cân tại M, suy ra MCA MAC .      Từ đó NAF  MAC  DAF  MCA  EAC ( vì AI là tia phân giác của góc EAF)    Mà AEB  MCA  EAC ( góc ngoài của tam giác AEC)   Nên NAF  AEB   Mặt khác : AFB  AEB ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)    Suy ra : NAF  BFA  NFA Vậy  ANF cân tại N (đpcm). 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25 1,5.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> B. b=4,85. H. C. I. K. E. a =3,6 dm. D. A. a)Hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón có đỉnh tại A , đường sinh l = 3,6dm =AB là hình quạt tâm A , bán kính AB.Mặt xung quanh này có diện tích lớn nhất khi góc ở tâm của hình quạt bằng 900 +Diện tích hình quạt cũng là diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy là r , nên:  l 2.90  l 2 Sxq    rl 360 4 l  r  0,9 dm 4 Do đó thể tích của hình nón được tạo ra là : 1 1 1 2 2 2 V   r 2h   r 2 l 2  r 2  .3,14. 0,9 .  3,6   0,9 2,96 dm3 3 3 3 b)Trên đường chéo AC, vẽ đường tròn tâm I bán kính r = 0,9 (dm) ngoại tiếp cung quạt tròn tại E , IH và IK là các đoạn vuông góc kẻ từ I đến BC và CD. .  3,6. 2. . Đề chính thức. 0,25. 0,25 0,25. 2.   4,85   3,6 0,9 1,54 dm. Ta có CI = AC - AI = HI CI   AB AC AB.CI  IH   0,91 dm  r 0,9 dm AC Vì IH // AB Tương tự : IK > r = 0,9 ( dm) Vậy sau khi cắt xong mặt xung quanh , phần còn lại của tấm thiếc ABCD có thể cắt được mặt đáy của hình nón SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH. 0,25. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÓA NGÀY : 30 - 6 - 2010 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 01/7/2010 ---------------------------------. Bài 1: (1,5 điểm) Giải các phương trình sau: a) 3(x – 1) = 2+x b) x2 + 5x – 6 = 0 Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x2 – x + 1 – m ( m là tham số ). Tìm điều kiện của m để phương trình đã cho có nghiệm. b) Xác định các hệ số a, b biết rằng hệ phương trình. ax + 2y = 2 bx – ay = 4. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> có nghiệm ( 2, - 2 ). Bài 3: (2,5 điểm) Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu ? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như nhau. Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kẻ các đường cao BB` và CC` (B`  cạnh AC, C`  cạnh AB). Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O tại hai điểm M và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M). a) Chứng minh tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AM = AN. c) AM2 = AC`.AB Bài 5: (1,0 điểm). Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình ax 2 + bx + c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng:. a b c b a > 3.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Gợi ý giải. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÓA NGÀY : 30 - 6 - 2010 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 01/7/2010 ---------------------------------. Bài 1: (1,5 điểm) Giải các phương trình sau: a) 3(x – 1) = 2+x 3x – 3 = 2 + x 2x = 5 Vậy x = b) x2 + 5x – 6 = 0 Ta có : a + b + c = 1 +5 - 6 = 0 Nên pt có hai nghiệm là x1 = 1 ; x2 =-6 Bài 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x2 – x + 1 – m ( m là tham số ). Tìm điều kiện của m để phương đã cho có nghiệm. Ta có ∆ = 1 -4(1 -m) = 4m - 3 Để pt có nghiệm thì ∆ ≥ 0  4m - 3 ≥ 0  m ≥ b) Xác định các hệ số a, b biết rằng hệ phương trình có nghiệm (. 2,. - 2 ).. 2 + 2(- 2 ) = 2 b ( 2 ) - a (- 2 ) = 4  ……….. Ta có a. ax + 2y = 2 bx – ay = 4. a= b=. 2 +2 2 -2. Bài 3: (2,5 điểm) Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu ? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như nhau. Gọi x (xe) là số xe tải dự định điều đến đế chở hàng . ĐK : x N , x > 2 Theo dự định mỗi xe chở : (tấn) . Thực tế mỗi xe phải chở (tấn) Vì thực tế mỗi xe phải chở thêm 0,5 tấn nên ta có pt: - = 0,5 Giải pt ta được x1 = 20 (TMĐK) ; x2 = -18 (loai). Vậy số xe tải dự định điều đến đế chở hàng là 20 chiếc Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kẻ các đường cao BB` và A CC` (B`  cạnh AC, C`  cạnh AB). Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O tại hai điểm M và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M). a) Chứng minh tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp. M b) Chứng minh AM = AN. B' c) AM2 = AC`.AB C'. a) C’và B’ cùng nhìn B,C dưới những góc vuông nên tứ giác BC`B`C là tứ giác nội tiếp. b) BC`B`C là tứ giác nội tiếp nên ta có = (cùng bù ). N. O. B. C.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Nhưng : = sđ( + ) = sđ( + ) Suy ra = .Vậy MA = NA c) ∆C’AM ∽ ∆ ABM (g.g) = Hay AM 2 = AC’.AB Bài 5: (1,0 điểm). Cho các số a, b, c thỏa mãn các điều kiện 0 < a < b và phương trình 2. a b c b a > 3. ax + bx + c = 0 vô nghiệm. Chứng minh rằng: Ta có (b-c)2 ≥ 0 b2 ≥ 2bc - c2 Vì pt ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm nên có ∆ = b2 - 4ac < 0(do a>0 ;b>0 nên c>0)  b2 < 4ac  2bc - c2 < 4ac a b c  4a > 2b-c  a+b+c > 3b - 3a  b  a > 3 (Đpcm). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN. Câu 1. (2 đ ). KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi : TOÁN – Sáng ngày 30/6/2010 Thời gian làm bài : 120 phút.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> a) Không sử dụng máy tính cầm tay , hãy rút gọn biểu thức : A = 12  2 48  3 75  x 2 x  2  x x  x  x 1 B   . x  1 x  2 x 1  x  b) Cho biểu thức. Với những giá trị nào của x thì biểu thức trên xác định ? Hãy rút gọn biểu thức B . Câu 2 . (2đ ) Không dùng máy tính cầm tay , hãy giải phương trình và hệ phương trình sau : a) x2 - 2 2 x – 7 = 0  2 x  3 y 13 b)   x  2 y  4. Câu 3. (2,5 đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = 2x2 và đường thẳng (d) có phương trình y = 2(m – 1)x – m +1, trong đó m là tham số . a) Vẽ parabol (P) . b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt . c) Chứng minh rằng khi m thay đổi ,các đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định . Tìm điểm cố định đó . Câu 4. (2,5 đ) Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng   không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Từ một điểm M trên ( Δ ) ( M nằm ngoài đường tròn tâm O và A nằm giữa B và M ), vẽ hai tiếp tuyến MC, MD của đường tròn (O) . (C, D  (O) ) Gọi I là trung điểm của AB, tia IO cắt MD tại K . a) Chứng minh năm điểm M, C, I, O, D cùng thuộc một đường tròn . b) Chứng minh : KD. KM = KO .KI c) Một đường thẳng đi qua O và song song với CD cắt các tia MC và MD lần lượt tại E và F . xác định vị trí của M trên ( Δ ) sao cho diện tích Δ MEF đạt giá trị nhỏ nhất . Câu 5. (1 đ) Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90 cm được đặt úp trên một hình trụ 3 có thể tích bằng , 9420cm và bán kính đáy hình trụ bằng 10cm , sao cho đường tròn đáy trên của hình trụ tiếp xúc ( khít ) với mặt xung quang hình nón và đáy dưới của hình trụ nằm trên mặt đáy của hình nón . Một mặt phẳng qua tâm O và đỉnh của hình nón cắt hình nón và hình trụ như hình vẽ. Tính thể tích của hình nón . Lấy  3,14 HẾT .

<span class='text_page_counter'>(32)</span> HƯỚNG DẪN Câu 1: a) A = 12  2 48  3 75 = 2 3  8 3  15 3 9 3  x 2 x  2  x x  x  x 1 B   . x  1 x  2 x 1  x  b). . x 2. = Câu 2.. .   x  2   x  1  x  1.  .. x1 . a) x2 - 2 2 x – 7 = 0. x 1. . ĐK x>0 và x 1. x  1  x  1 x. 6. ĐS x1  2  3; x2  2  3  2 x  3 y 13 b)   x  2 y  4. ĐS (x=2 ; y= -3). Câu 3 a) bạn đọc tự giải b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : 2x2 – 2(m – 1)x +m – 1 2 Δ = m – 4m +3 = (m+1)(m+3) Δ >0  m >-1 hoặc m< -3 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt c) Giả sử (x0; y0) là điểm cố định các đường thẳng (d) đi qua , ta có y0 = 2(m-1)x0 – m +1  m (2x0 – 1) – (2x0 + y0 – 1) = 0 .. vì không phụ thuộc vào m ta có.  2 x0  1 0   2 x  y  1  0 0  0. 1   x0  2   y0 0. Câu 4 : . . . 0. a) MCO MIO MDO 90 => M,C, O,I , D thuộc đường tròn đường kính MO b) Δ DKO  Δ IKM (g-g) => KD. KM = KO .KI c) SMEF = SMOE + SMOF = R.ME Δ MOE vuông tại O,có đường cao OC  MC.CE = OC2 = R2 không đổi  MC + CE = ME nhỏ nhất khi MC = CE = R . => OM =. 2R .. M là giao điểm của đường thẳng ( Δ ) và đường tròn (O, 2R ) thì diện tích Δ MEF nhỏ nhất ..

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Câu 5 : MN = V: S = 9420 : 100. 3,14 = 30cm AN MN 1 1    AN  AH AO SO 3 3 MN//SO => 3 AN  AN  10  AN 5cm. => AH =15cm Diện tích đáy của hình nón bằng 152 .3,14 = 706,5cm2 1 706,5.90 21,195cm3 Thể tích hình nón bằng : 3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1 (1đ) 2 Rút gọn M  16 x  8 x  1 . Tính giá trị của M tại x = 2.. Bài 2 (1đ5) 1) Vẽ đồ thị của các hàm số sau trên cùng một mặt phẳng tọa độ : ( P ) : y  x 2 ; ( d ) : y 2 x  3. 2) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (P). Bài 3(2đ) 2 1) Giải phương trình x  5 x  6 0.  x  3 y 4  2) Giải hệ phương trình 2 x  5 y 7. Bài 4 (2đ) 1) Một người dự định đi xe gắn máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 90km. Vì có việc gấp phải đến B trước giờ dự định là 45 phút nên người ấy phải tăng vận tốc lên mỗi giờ 10 km . Hãy tính vận tốc mà người đó dự định đi . x 2  2 2 m  1 x  4 m  8 0.   2) Chứng minh rằng phương trình nghiệm phân biệt và khác 1 với mọi m  R .. (m là tham số) luôn có 2. Bài 5 (3đ5) Một hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn Tâm O bán kính R . Một điểm M di động trên cung ABC , M không trùng với A,B và C, MD cắt AC tại H. 1) Chứng minh tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường tròn và DH.DM = 2R2 . 2) Chứng minh tam giác MDC đồng dạng với tam giác MAH . 3) Hai tam giác MDC và MAH bằng nhau khi M ở một vị trí đặc biệt M’. Xác định điểm M’. Khi đó M’D cắt AC tại H’. Đường thẳng qua M’ và vuông góc với AC cắt AC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C . --------Hết--------.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Giải đề thi Bài 1: M  16 x 2  8 x  1 .  4 x  1. 2.  4x 1. Thay x=2 vào M  M  4.2  1  9 9. Bài 2: 1) vẽ đồ thị 2 Tọa độ điểm của đồ thị ( P) : y  x x -2 -1 0 1 2 4 1 0 1 y x. 2 4. Tọa độ điểm của đồ thị (d ) : y 2 x  3 3 x 0 2 y 2 x  3. 3 0 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) x 2 2 x  3  x 2  2 x  3 0. Có dạng a – b + c = 1 – (-2) + (-3) = 0  x1  1   y1 1   c   x   3  2 a  y2 9 từ (P). Vậy : Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là. A   1;1 ; B(1;9). Bài 3: x 2  5 x  6 0 2. 1)  b  4ac 25  4.6 1 Vì  > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt   b    5 1   2  x1   2a 2   x   b     5  1  3  2 2a 2  x  3 y 4 2 x  6 y 8    2) 2 x  5 y 7 2 x  5 y 7.  y 1   2 x  5 y 7.  y 1    2 x  5.1 7. Bài 4: 1) Gọi x(km/h) là vận tốc dự định đi (đk: x > 0 ) x + 10 (km/h) là vận tốc đi 90 Thời gian dự định đi là : x (h) 90 Thời gian đi là : x  10 (h) 3 Vì đến trước giờ dự định là 45’= 4 h .nên ta có phương trình:.  y 1   x 1.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> 90 90 3   x x  10 4  x 2  10 x  1200 0  ' b '2  ac 25  1200 1225, .  35. Vì ’ > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt   b   '  5  35  30( nhan)  x1   a 1   x   b   '   5  35  40(loai )  2 a 1. Vậy vận tốc dự định đi là 30(km/h) 2) x 2  2  2m  1 x  4m  8 0 (*) 2.  ' b '2  ac    2m  1   (4m  8) 4m 2  4m  1  4m  8 4m 2  8m  9 2.  2m  2   5  0 voi moi m (1). Mặt khác : Thay x=1 vào phương trình (*) Ta được : 1  2  2m  1 .1  4m  8 0  1-4m+2+4m-8=0  -5=0 (Không dung voi moi m khi x=1) (2). Từ (1) và (2)  Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt và khác 1 với mọi m R Bài 5: 1) * BDAC (Tính chất 2 đường chéo hình vuông). A.   BOH 900  BMD 900 (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn )    BOH  BMD 900  900 1800. M O.  Tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường (tổng số đo 2 góc đối diện =1800) * DOH và DMB  : chung D.     DOH  DMB(g-g)    DOH  DMB ( 900 )  DO DH   DM DB  DO.DB  DH .DM  R.2 R  DH .DM Hay : DH .DM 2 R 2   2) MAC  MDC ( Góc nội tiếp cùng chắn cung MC) . . Hay MAH  MDC (1) Vì AD = DC (cạnh hình vuông). B. tròn. H. D. C.

<span class='text_page_counter'>(37)</span>   AD  DC (Liên hệ dây-cung)   AMD  DMC. (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) (2). Từ (1) và (2)  MDC  MAH (g-g) A. 3)Khi MDC = MAH  MD = MA MAD cân tại M. B. O.    MAD  MDA    MAB MDC (cùng phụ với 2 góc bằng nhau )    BM CM  BC. M' H' I. D. Vậy M là điểm chính giữa.  Hay M’là điểm chính giữa BC. *M’DC = M’AH’ M’C = M’H’ M’H’C cân tại M’ Mà M’I là đường cao (M’I  H’C) Nên M’I cũng vừa là đường trung tuyến  IH’ = IC Hay I là trung điểm của H’C . --------hết-----. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2010 – 2011. C.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> ĐỀ CHÍNH THỨC. MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 2 4 2 a) 2 x  3x  2 0 c) 4 x  13x  3 0  4 x  y  1  2 b) 6 x  2 y 9 d) 2 x  2 2 x  1 0. Bài 2: (1,5 điểm) 1 x2 y  x 1 2 và đường thẳng (D): 2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: y . A  12  6 3  21  12 3 2. 2. 5  3 5    2  3  3  5   2  2  2 2 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x  (3m  1) x  2m  m  1 0 (x là ẩn số) a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.  B 5  2  3  3  . 2 2 b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = x1  x2  3x1 x2 . Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE). a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật. b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng. c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra K là trung điểm của MP. d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) 2 a) 2 x  3x  2 0 (1)  9  16 25 3 5  1 35  x  hay x  2 4 2 4 (1)  y  3 (1)    4 x  y  1 (1)  4 x  y  1 1   x  6 x  2 y  9 (2) 14 x  7 ( pt (2)  2 pt (1))   2 b)  4 2 c) 4 x  13 x  3 0 (3), đđặt u = x2, phương trình thành : 4u2 – 13u + 3 = 0 (4) 13  11 1 13  11 (4)  u   hay u  3 2 8 4 8 (4) có  169  48 121 11 1  x  hay x  3 2 Do đó (3) 2 d) 2 x  2 2 x  1 0 (5)  ' 2  2 4 2 2 2 2  x hay x  2 2 Do đó (5). 1 1    1;   ,  2;  2   1;   ,   2;  2  2 2 Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ. Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),  . (D) đi qua .

<span class='text_page_counter'>(39)</span> 1   1;   ,   2;  2  2 Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là :  . b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là  x2 1  x  1  x 2  x  2 0  x 1 hay x  2 2 2 1   1;   ,   2;  2  2 Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là  . Bài 3: 3) 2  3(2 . A  12  6 3  21  12 3  (3 .  B 5  2  3  3   2B = 5. . 5. . 3) 2 3 . 2. 5. 5    2 2  . 3  (2 . 3  2 . 3  3 5 . 2. 42 3  6 2 5 . (1  3) 2  ( 5  1) 2 . . 5 (1  3)  ( 5  1) . 5. 2.   5    ( 3  1)  5.   (. . 2. 4 2 3  62 5 . 2. 2. 3  1)  ( 5  1) . 3) 3  3. 2. ( 5  1) 2  3. .  3. 3. 2. 2. = = 5.3  5 20  B = 10. 2   3m  1  8m 2  4m  4 m2  2m  5 (m  1) 2  4  0  m Bài 4: a) Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Ta có x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1 2 2 2  x1  x2   5 x1 x2 x  x  3 x x 1 2 1 2 A= 1 1 25 1  m 2  m  6 6   (m  )2   (m  ) 2 2 2 (3m  1)  5(2m  m  1) 4 2 4 2 25 1 Do đó giá trị lớn nhất của A là : 4 . Đạt được khi m = 2 Bài 5:   I a) Ta có góc EMO = 90O = EAO M Q => EAOM nội tiếp. Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : E    K EAO APM PMQ 90o I => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường B A chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ P x O nên I là trung điểm của AM. Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng. c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc   bằng nhau là AOE ABM , vì OE // BM AO AE  => BP MP (1) KP BP  Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số AE AB (2) Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm của MP..

<span class='text_page_counter'>(40)</span> EK AP  Cách 2 : Ta có EB AB (3) do AE // KP, EI AP  mặt khác, ta có EO AB (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng EK EI  So sánh (3) & (4), ta có : EB EO . Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM => K là trung điểm MP. d) Ta dễ dàng chứng minh được : 4  a bcd    4  (*) abcd  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d MP =. MO 2  OP2  R 2  (x  R)2  2Rx  x 2. 2 3 Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx  x  (2R  x)x 3 S đạt max  (2R  x)x đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max. x x x . . (2R  x)  3 3 3 đạt max x Áp dụng (*) với a = b = c = 3 4 x x x 1 x x x R4  . . (2R  x)  4     (2R  x)   4 3 3 3 16  Ta có : 3 3 3 x 3 (2R  x) x R 2 . Do đó S đạt max  3 .

<span class='text_page_counter'>(41)</span>