2 DE THI VAO 10 NAM 20112012 TINH HAI DUONG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 Đề thi gồm: 01 trang (Đợt 1). Câu 1 (3,0 điểm). 1) Giải các phương trình: a. 5( x  1) 3x  7 4 2 3x  4   b. x  1 x x( x  1). 2) Cho hai đường thẳng (d1): y 2 x  5 ; (d2): y  4 x  1 cắt nhau tại I. Tìm m để đường thẳng (d3): y ( m 1) x  2m  1 đi qua điểm I. Câu 2 (2,0 điểm). 2. Cho phương trình: x  2( m  1) x  2m 0 (1) (với ẩn là x ). 1) Giải phương trình (1) khi m =1. 2) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . 3) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1 ; x2 . Tìm giá trị của m để x1 ; x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 . Câu 3 (1,0 điểm). Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4 m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích 77 m2. Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu? Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có Â > 900. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi F là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A). Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD. 3) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH.BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng: x y z   1 x  3x  yz y  3 y  zx z  3z  xy .. ---------------------------Hết--------------------------Họ và tên thí sinh:.....................................................Số báo danh:..........................................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Chữ kí của giám thị 1:..............................................Chữ kí của giám thị 2:........................................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 Đáp án gồm: 02 trang. I, HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu. 1. Ý. Nội dung. Biến đổi được 5x + 5 = 3x + 7 1.a  2x 2  x=1 Điều kiện: x 0 và x 1 1.b Biến đổi được phương trình: 4x + 2x – 2 = 3x + 4  3x = 6  x = 2 So sánh với điều kiện và kết luận nghiệm x = 2 Do I là giao điểm của (d1) và (d2) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương. 2. 1 2 2 3.  y 2 x  5  trình:  y  4 x  1. Giải hệ tìm được I(-1; 3) Do (d3) đi qua I nên ta có 3 = (m+ 1)(-1) + 2m -1 Giải phương trình tìm được m = 5 Khi m = 1 ta có phương trình x2 – 4x + 2 = 0 Giải phương trình được x1 2  2 ; x 2 2  2 2 Tính  ' m  1 Khẳng định phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt  2m  2  0  m 0  2m  0  Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương Theo giả thiết có x12 + x22 = 12  (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 12 2.  4(m  1)  4m 12  m2 + m – 2 = 0. 3. Giải phương trình được m = 1 ( thoả mãn), m = -2 (loại) Gọi kích thước của hình chữ nhật là a, b (m) điều kiện a, b > 0 Do chu vi của hình chữ nhật bằng 52 nên ta có a + b = 26 Sau khi giảm mỗi chiều đi 4 m thì hình chữ nhật mới có kích thước là a – 4 và b – 4. Điểm 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> nên (a – 4)(b – 4) = 77 Giải hệ phương trình và kết luận được các kích thước là 15 m và 11 m x Hình vẽ đúng:. 0,25. E D A H. 1. B. F. 0  Lập luận có AEB 90. . 0,25. O'. O. C. 0,25 0,25 0,25. 0. Lập luận có ADC 90 Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 0   Ta có AFB AFC 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra. 0,25.   AFB  AFC 1800. 4 2. 3. Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng       AFE ABE (cùng chắn AE ) và AFD ACD (cùng chắn AD )    ECD EBD DE. 0,25. Mà (cùng chắn của tứ giác BCDE nội tiếp) AFE AFD  Suy ra: => FA là phân giác của góc DFE. 0,25 0,25. AH EH  Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra AD ED. 0,25. (1) Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra 0,5. BH EH  BD ED. (2). AH BH   AH.BD BH.AD Từ (1), (2) ta có: AD BD. 5. x Từ . yz. . 2. 0  x 2  yz 2x yz. (*). 0,25 Dấu “=” khi x2 = yz. Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) x(y  z)  2x yz Suy ra. 3x  yz  x(y  z)  2x yz  x ( y  z ). x  3x  yz  x ( x  y  z ) . (2),. 0,25. (Áp dụng (*)). x x  x  3x  yz x y z. y y  x y z Tương tự ta có: y  3y  zx. 0,25. 0,25 (1).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> z z  z  3z  xy x y z. (3). x y z   1 x  3x  yz y  3y  zx z  3z  xy Từ (1), (2), (3) ta có. 0,25. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 Đề thi gồm: 01 trang. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG. ĐỀ CHÍNH THỨC. (Đợt 2). Câu 1 (2,5 điểm). 2. 1) Cho hàm số y  f ( x)  x  2 x  5 . a. Tính f ( x) khi: x 0; x 3 . b. Tìm x biết: f ( x)  5; f ( x)  2 . 2) Giải bất phương trình: 3( x  4)  x  6 Câu 2 (2,5 điểm)..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> y  m – 2 x m3.   1) Cho hàm số bậc nhất (d) a. Tìm m để hàm số đồng biến. b. Tìm m để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y 2 x  3 .  x  y 3m  2  2 x  y 5 2) Cho hệ phương trình  x2  y  5 4 x; y   y  1 m Tìm giá trị của để hệ có nghiệm sao cho .. Câu 3 (1,0 điểm). Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm trong 6 ngày thì xong công việc. Hai người làm cùng nhau trong 3 ngày thì người thứ nhất được chuyển đi làm công việc khác, người thứ hai làm một mình trong 4,5 ngày (bốn ngày rưỡi) nữa thì hoàn thành công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người hoàn thành công việc đó trong bao lâu. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AO lấy điểm M (M khác A và O). Tia CM cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là N. Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O; R) tại N. Tiếp tuyến này cắt đường thẳng vuông góc với AB tại M ở P. 1) Chứng minh: OMNP là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh: CN // OP. 1 AM  AO 3 3) Khi . Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN theo R.. Câu 5 (1,0 điểm). Cho ba số x, y, z thoả mãn 0  x, y, z 1 và x  y  z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. ( x  1) 2 ( y  1) 2 ( z  1) 2   x y A= z. ---------------------------Hết--------------------------Họ và tên thí sinh:....................................................Số báo danh:......................................................... Chữ kí của giám thị 1:..............................................Chữ kí của giám thị 2:........................................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 Đáp án gồm: 02 trang. I, HƯỚNG DẪN CHUNG.. - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu. Ý. Nội dung. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Với x = 0 tính được f(0) = -5 Với x = 3 tính được f(3) = 10 Khi f(x) = -5 tìm được x = 0; x = - 2 1.b Khi f(x) = -2 tìm được x = 1; x = -3 Biến đổi được về 3x – 12 > x – 6 2 Giải được nghiệm x > 3 Để hàm số đồng biến thì m – 2 > 0 1.a Tìm được m > 2 và kết luận. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25. 1.a. 1. 2. m  2 2  Để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y = 2x – 3 thì m  3  3 1.b m 4  m  6  m=4. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25. Giải hệ được x = m + 1; y = 2m - 3 Đặt điều kiện: y + 1 0  2m – 3 + 1 0  m 1 2. x2  y  5 4  x 2  y  5 4( y  1)  x 2  y  5  4 y  4 0  x 2  5y  9 0 Có: y  1. 0,25. Thay x = m + 1; y = 2m – 3 ta được: (m + 1)2 – 5(2m - 3) – 9 = 0  m2 – 8m + 7 = 0. Giải phương trình được m = 1; m = 7. So sánh với điều kiện suy ra m = 1 (loại); m = 7 (thoả mãn) Gọi thời gian người 1, người 2 làm một mình xong công việc lần lượt là x, y ngày (x, y > 0) Trong một ngày người 1 và người 2 lần lượt làm được 3. suy ra phương trình:. 1 x. và. 1 y. công việc.. 7,5 y. 4. 1. 3 x. 0,25. 3 7,5  1 x y. và công việc suy ra phương trình: Giải hệ được x = 18, y = 9. So sánh với điều kiện và kết luận Hình vẽ đúng:. 0,25 C. M. A. 0,25. 0,25. 1 1 1   x y 6. Người 1 làm trong 3 ngày và người 2 làm trong 7,5 ngày lần lượt được. 0,25. O. B. 0,25. N. P.  Có OMP 90 (MP  AB) 0. D. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 0  Có ONP 90 (tính chất tiếp tuyến). 0,25.   Do đó OMP  ONP 90 suy ra OMNP là tứ giác nội tiếp. 0,25.    Do OMNP là tứ giác nội tiếp nên ONC OPM (cùng chắn OM ). 0,25.   Ta có: MP // CD (cùng vuông góc với AB) nên OPM POD ( so le trong). 0,25. 0. 2. . . Mà tam giác OCN cân tại O (OC = ON) nên ONC OCN. 0,25.   Suy ra: OCN POD => CN // OP. 0,25. 0   Do OMP  ONP 90 nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác OMNP có đường. kính là OP. Nên đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN có đường kính là OP Ta có: CN // OP và MP // CD nên tứ giác OCMP là hình bình hành và suy ra OP = CM 3. 1 1 2 Ta có AM = 3 AO = 3 R  OM = 3 R. Áp dụng định lý Pytago trong tam R 13 giác vuông OMC nên tính được MC = 3. Suy ra OP =. R 13 3. từ đó ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. R 13 6. OMN bằng Do x, y, z  1 đặt a = 1 – x  0, b = 1- y  0, c = 1- z  0 và a + b + c = 1 suy ra z = 1 – x + 1- y = a + b, y = 1 – x + 1- z = a + c, x = 1- z + 1- y = c + b a2 b2 c2   Khi đó A = a  b b  c c  a. 5. Với m, n  0 thì . m. n. . 2. 0  m  n 2 mn. (*). MỘT SỐ CÁCH GIẢI KHÁC. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. Dấu “=” khi m = n. a2 a b a2 a  b a2 a b  2 .   a 4 a b 4 a b 4 Áp dụng (*) ta có: a  b a2 a b  a  a b 4 b2 b c c2 ca b  c  4 ; c a 4 Tương tự ta có: b  c a2 b2 c2 a b c 1    2 Suy ra: a  b b  c c  a =2 1 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 3 suy ra x = y = z = 3 1 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 2 khi x = y = z = 3. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Câu 5 . (đợt 1) Cách 1: Ta có 3 x  yz ( x  y  z ) x  yz ( x  y )( x  z ) (vì x + y + z = 3) Theo bất đẳng thức BunhiaCopxki ta có : ( xz  yx ) 2 ( x  y)( z  x) . xz  yx  ( x  y )( z  x). . xz  yx  3 x  yz.  x  xz  yx  x  3 x  yz . x x x   x  3x  yz x  xz  yx x y z. Chứng minh tương tự y y  y  3 y  xz x y z z z  z  3z  xy x y z. Cộng các vế của 3 bất đẳng thức cùng chiều ta được x y z   1 x  3 x  yz y  3 y  xz z  3z  xy. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 Cách 2: Trục căn thức ta đợc: x( x  3x  yz ) y ( y  3 y  zx ) z ( z  3z  xy )   1 x 2  3x  yz y 2  3 y  zx z 2  3z  xy x( x  3 x  yz ) y ( y  3 y  zx ) z ( z  3 z  xy )  2  2 1 x  ( x  y  z ) x  yz y  ( x  y  z ) y  zx z  ( x  y  z ) z  xy 2. x 2  y 2  z 2  x 3x  yz  y 3 y  zx  z 3z  xy 1  xy  yz  zx x 3x  yz  y 3 y  zx  z 3z  xy  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx (*) x 2  3x  yz 2 2 2 x  ( x  y  z ) x  yz 2 x  xy  yz  zx   2 2 2 2 y  xy  yz  zx 2 z 2  xy  yz  zx y 3 y  zx  ; z 3z  xy  2 2 x 3x  yz  x 2 . 3x  yz .

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Cộng hai vế ta đợc BĐT (*) dấu "=" xẩy ra khi x = y = z = 1/3 Cách 3: x y z   1 x  3x  yz y  3 y  xz z  3z  yx . . x x . 3x  yz . . 2. x2 . 3 x  yz . . y y . 3 y  xz . . 2. y2 . 3 y  xz . . (1). z z . 3z  yx . . 3 z  yx . z2 . 2. 1. x 2  x 3 x  yz  y 2  y 3 y  xz  z 2  z 3 z  yx 1  xy  yz  zx. x 3x  yz  y 3 y  xz  z 3z  yx  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx. (2). Ta có x 3x  yz  x.  x  y   x  z  (Vì. x  y  z 3 ). Áp dụng BĐT Cô-si x 3 x  yz  x. 2  x  y  x  z  2 x  xy  xz   x  y x  z  x .       2  2. (4). Chứng minh tương tự ta được: 2 y 2  yx  yz 2 (5) 2 2 z  zx  zy z 3 z  xy  2 (6) y 3 y  xz . Công các BĐT (4), (5), (6) ta suy ra BĐT (2) đúng suy ra BĐT (1) đúng . x y z   1 x  3x  yz y  3 y  xz z  3z  yx. Câu 5 . (đợt 2) Cách 1: A. ( x  1) 2 ( y  1)2 ( z  1) 2 (1  x) 2 (1  y ) 2 (1  z ) 2      z x y z x y. Có 0 < x,y,z ≤1 nên 1- x ≥0; 1- y ≥0; 1- z ≥0. áp dụng BĐT Cô si ta có: (1  x )2 z (1  x )2 z  2 1  x z 4 z 4 (1  y )2 x (1  y )2 x  2 1  y x 4 x 4 (1  z )2 y (1  z )2 y  2 1  z y 4 y 4 x yz 1 3  ( x  y  z )  A  4 2 1 2  GTNN : A  khi.. x  y  z  2 3  A . (đpcm).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Cách 2: Đặt a 1  x 0; b 1  y 0; c 1  z 0. 0  x, y, z 1; x  y  z 2  a; b; c 0; a  b  c 1. a2 b2 c2  A   1 c 1 a 1 b Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacoxki cho ba cặp số. . b c   a 1 c; 1 a; 1 b ;  ; ;   1 c 1 a 1 b . . Ta có :  a2 b2 c2  1  a  b  c   1  c  1  a  1  b       1 c 1 a 1 b   a2 b2 c2   1 2      1 c 1 a 1 b  1  A 2 1 1 2 MinA   a b c   x  y z  2 3 3 Vậy: 2.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>