Nam 2011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2011 Câu I  x  3 y 7  1/ Giải phương trình: 2x2 – 3x – 2=0 2/ Giải hệ phương trình 2 x  3 y 0 3/ Đơn giản biểu thức : P  5  80  125. 4/ Cho biết: a  b  a  1  b  1 ( với a 1; b 1 ). Chứng minh : a + b = ab. Câu II Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2(1 – m)x + 3, với m là tham số. 1/ Vẽ đồ thị (P) 2/ Chứng minh với mọi m, parabol(P) và đường thẳng luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt; 3/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại điểm có tung độ y = 1. Câu III Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. C là điểm trên đường tròn ( khác A, B). Gọi M là trung điểm của cung BC( cung nhỏ) 1/ Chứng minh: AM là tia phân giác của góc BAC; 2/ Cho biết AC = R. Tính BC. BM; 3/ Giả sử BC cắt AM tại N. Chứng minh: MN. AM = CM2 Câu IV Chứng minh: x4 – 2x3 + 2x2 – 2x + 1  0. với x là các số thực tùy ý. ………………….. Hết …………………. HƯỚNG DẪN  x  3 y 7  Câu I. 1/ Giải phương trình: 2x2 – 3x – 2=0 2/ Giải hệ phương trình 2 x  3 y 0 3/ Đơn giản biểu thức : P  5  80  125. 4/ Cho biết:. a  b  a  1  b  1 ( với a 1; b 1 ). Chứng minh : a + b = ab.. Giải 1/ Giải phương trình: 2x2 – 3x – 2=0. Ta có :  = b2 – 4ac = (– 3)2 – 4.2.(– 2) = 25 > 0. Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 2/ Giải hệ phương trình :. x1 .  b   3  25  b   3  25  1  2; x1    2a 2.2 2a 2.2 2. 7  x   x  3 y 7 3 x 7  3     2 x  3 y 0  x  3 y 7  7  3 y 7  3. 7   x  3   3 y 14 3   7 14   ;  Vậy hệ phương trình có nghiệm : (x; y) =  3 9  .. 7   x  3   y 14 9 . 2 2 3/ Đơn giản biểu thức : P  5  80  125  5  4 .5  5 .5  5  4 5  5 5 0 4/ Ta có :. a b  a  1  b  1   a  b a  1  2. . a b. 2.  . a 1 b 1. . 2. .  a b .  a  1  b  1  b  1  2 2  a  1  b  1 . . 2. a 1 2 a 1 b 1. . b 1. ab  a  b  1 1.  ab  a  b  1 1  ab a  b. Câu II Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2(1 – m)x + 3, với m là tham số. 1/ Vẽ đồ thị (P) 2/ Chứng minh với mọi m, parabol(P) và đường thẳng luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt;. . 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 3/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại điểm có tung độ y = 1. Giải 1/ Vẽ Parabol ( học sinh tự vẽ) 2/ Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) x2 = 2(1 – m)x + 3  x2 – 2(1 – m)x – 3 = 0. Ta có  = b2 – 4ac = [– 2 ( 1 – m)]2 – 4.1.(– 3) = 4(1 – m)2 + 12 > 0 với mọi m. Vì (1 – m)2  0. với mọi m  4(1 – m)2 0 , với mọi m  4(1 – m)2 + 12 > 0 với mọi m. Vậy (P) và (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt với mọi m. 3/ Gọi A(xA; yA) là giao điểm của (P) và (d). theo đề ta được yA = 1. 2. + Vì A( xA; 1) thuộc (P) : y = x2  xA 1  xA = 1 hoặc xA = – 1. + Với xA = 1, ta được : A(1 ; 1) thuộc (d) => 1 = 2(1 – m).1 + 3  m = 2. + Với xA = – 1, ta được: A(– 1; 1)thuộc (d) => 1 = 2(1 – m).(– 1) + 3  m = 0 Vậy m = 0 hoặc m = 2. Câu III.Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. C là điểm trên đường tròn ( khác A, B). Gọi M là trung điểm của cung BC( cung nhỏ) 1/ Chứng minh: AM là tia phân giác của góc BAC; 2/ Cho biết AC = R. Tính BC. BM; 3/ Giả sử BC cắt AM tại N. Chứng minh: MN. AM = CM2 1/ 1  1      C CAM  sd CM và BAM  sd BM mà BM=CM M 2 2 Ta có : N   Suy ra : CAM BAM , suy ra: AM là tia phân giác của góc BAC. . 0. 2/ Ta có : ACB 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét tam giác ABC vuông tại C: AC2 + BC2 = AB2. A. O. => R2 + BC2 = (2R)2  BC2 = 4R2 – R2 = 3R2 BC = R 3 . Mặt khác : Cos A = AC : AB = R : 2R = ½ => Â = 600. . 0. Suy ra: BAM 30 , Xét tam giác ABM vuông tại M: BM = AB. Sin A = 2R. Sin300 = 2R. ½ = R. 3/ 1    MBN MAC  sd CM     2 Ta có : mà CAM BAM suy ra : NBM BAM .. Xét  AMB và  BMN: Góc M chung   NBM BAM AM MB   AM.MN MB2 Do: MB = MC  AM.MN MC 2 Suy ra:  AMB   BMN  BM MN .. Câu IV Chứng minh: x4 – 2x3 + 2x2 – 2x + 1  0. với x là các số thực tùy ý. Ta có : x4 – 2x3 + 2x2 – 2x + 1 = x4 – 2x3 + x2 + x2 – 2x + 1 2 2 = (x ) – 2x2.x + x2 + x2 – 2x.1 + 12 = ( x2 – x)2 + ( x – 1)2.  0 Ta có : ( x2 – x)2  0 và ( x – 1)2  0, với mọi x Vậy ( x2 – x)2 + ( x – 1)2  0, với mọi x Hay x4 – 2x3 + 2x2 – 2x + 1  0 ( đpcm). B.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>