TS 10 Binh Dinh mon Toan tu 2006 den 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (308.85 KB, 20 trang )

(1)ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2006 – 2007 Thời gian: 120 phút Ngày thi: 29/6/2006 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 1: (1 điểm) Rút gọn biểu thức A =. 3. 1 1 27 + 2 3 3 3. Câu 2: (2 điểm). ìïï 3x - 2y = 6 í ï Cho hệ phương trình: ïî mx + y = 3 a/ Tìm các giá trị m để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. b/ Giải hệ phương trình khi m = 1 Câu 3: (2 điểm) Hai vòi nước cùng chảy vào 1 bể thì 6 giờ đầy bể. Nếu mỗi vòi chảy một mình cho đầy bể thì vòi thứ hai cần nhiều hơn vòi thứ nhất là 5 giờ. Tính thời gian mỗi vòi chảy một mình đầy bể. Câu 4: (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có I là trung điểm của AC. Vẽ ID vuông góc với cạnh huyền BC, (D Î BC). Chứng minh AB2 = BD2 – CD2 Câu 5: (3 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. các đường cao AD, BK của tam giác gặp nhau tại H. Gọi E, F theo thứ tự là giao điểm thức hai của BO và BK kéo dài với đường tròn (O) a/ Chứng minh EF//AC 1 b/ Gọi I là trung điểm của AC. Chứng minh 3 điểm H, I, E thẳng hàng và OI = 2 BH Câu 6: (1 điểm) Cho a, b, c là các số dương và a2 + b2 + c2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: bc ac ab + + b c P= a --------------------------------------------------------------------------------. ĐÁP ÁN.

(2) ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2006 – 2007 Câu 1: A =. 3. 1 1 27 + 2 3 = 3 3 3. 3 +2 3 = 2 3. m 1 3 ¹ ¹ 2 Câu 2: a/ Để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thì: 3 - 2  3 ¹ -2m  m 3 ¹ 2 thì hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất. Vậy m ìï 12 ïï x = ïìï 3 x - 2 y = 6 ïìï 3x - 2 y = 6 ïìï 5 x = 12 ï 5 Û í Û í Û í í ïîï x + y = 3 ïîï 2 x + 2 y = 6 ïîï x + y = 3 ïï 3 ïï y = 5 îï b/ Với m = 1 ta có hệ phương trình:  12 3   ;  Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (x;y) =  5 5  Câu 3: Gọi x (h) là thời gian vòi 1 chảy một mình đầy bể Điều kiện: x > 6. Thời gian vòi 2 chảy một mình đầy bể: x + 5 (h) 1 Mỗi giờ vòi 1 chảy được: x (bể) 1 Mỗi giờ vòi 2 chảy được: x  5 (bể) 1 Mỗi giờ cả hai vòi chảy được: 6 (bể) 1 1 1 + = Theo đề bài ta có phương trình: x x + 5 6  x2 – 7x – 30 = 0. Giải phương trình ta được x1 = -3 (loại); x2 = 10 (TM) Vậy nếu chảy một mình vòi 1 chảy đầy bể trong 10 giờ, vòi 2 chảy đầy bể trong 10 + 5 = 15 (giờ). Câu 4: Ta có: AB2 = BI2 – AI2 = BD2 + DI2 – AI2 = = BD2 + IC2 – DC2 – AI2 = BD2 – CD2 + IC2 – AI2 Mà IC = IA  IC2 = AI2  IC2 – AI2 = 0 Nên: AB2 = BD2 – CD2 Cách 2: Kẽ AH  BC tại H. A  AH//ID (cùng vuông góc với BC) Mà IA = IC (Gt) I  HD = DC  HD2 = DC2 2 2 2 2 Ta có: BD – CD = (BH + HD) – CD = = BH2 + 2BH.HD + HD2 – CD2 = B = BH2 + 2BH.HD (vì HD2 = DC2) C D = BH.(BH + 2HD) = BH.(BH + HC) = BH.BC = AB2 Vậy AB2 = BD2 – CD2. Câu 5: a/ Chứng minh EF//AC. A. F K. E.

(3) H · BE là đường kính  BFE = 900  EF ^ BF Mà BF ^ AC (gt) Nên EF//AC. O C. B. D. 1 b/ Chứng minh 3 điểm H, I, E thẳng hàng và OI = 2 BH Ta có H lá trực tâm  CH ^ AB, mà EA ^ AB (góc EAB vuông, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CH//AE Tương tự: AH//CE  AHCE là hình bình hành. Nên 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Mà I là trung điểm AC  I là trung điểm của HE. Hay 3 điểm H, I, E thẳng hàng. C2: c/m EC//=AH   C3: c/m CIE HIA. 1 IH = IE và OB = OE  OI là đường trung bình tam giác BHE  OI = 2 BH Câu 6: (1 điểm) Với a, b, c là các số dương và a2 + b2 + c2 = 1 P > 0. 2 æbc ac ab ö b 2 c2 a2 c2 a2 b 2 b2 c2 a2 c2 a2 b2 2 2 2 ÷ ç + + = + + + 2(a + b + c ) ÷ + 2 + 2 +2 ç ÷ ç 2 b cø a2 b2 c2 b c Ta có: P2 = è a = a b 2 c2 a2 c2 b 2 c2 a2 c2 + ³ 2 . 2 = 2c2 2 2 2 a b a b Theo BĐT Cosi cho các số dương: b2 c2 a2 b2 a 2 c2 a 2 b 2 2 + ³ 2b + 2 ³ 2a2 2 2 2 c c Tương tự: a và b b2 c2 a2 c2 a2 b2 + 2 + 2 ³ a2 + b 2 + c 2 2 b c  a =1 3  P2 ³ 1 + 2 = 3  P ³ Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3  a=b=c= 3 Cách 2:. b 2 c2 a 2 c 2 b 2 c2 a 2 b 2 a 2 c2 a2 b2 1 = = = 2 2 2 2 2 2 3  a b ; a c ; b c  a2 = b2 = c2 = 3. bc ac ab Áp dụng bất đẳng thức Co-si cho các số dương a ; b ; c ta có:. bc ac ab + + 3 b c ≥ 3 abc P= a. Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c > 0 và a2 + b2 + c2 = 1 (đề bài cho) 3  3 abc ≥ 3c  P ≥ 3c 3 bc ac ab = = b c a=b=c= 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3. 3 =. 3 3 khi a = b = c = 3.

(4) ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPTNĂM HỌC 2007 – 2008 Thời gian: 120 phút Ngày thi: 25/7/2007 Câu 1: (2 điểm) 5+ 5 a/ Rút gọn biểu thức A = 1 + 5 a b/ Chứng minh đẳng thức:. a-. b. -. b a+ b. -. 2b =1 a- b với a ³ 0; a ³ 0 và a ¹ b. Câu 2: (1,5 điểm) Giải phương trình: x2 + 3x – 108 = 0 Câu 3: (2 điểm) Một ca nô chạy trên sông, xuôi dòng 120km và ngược dòng 120km, thời gian cả đi và về hết 11 giờ. Hãy tìm vận tốc ca nô trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của nước chảy là 2km/h. Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác đều ABC có đường cao AH, M là điểm bất kỳ trên cạnh BC (M không trùng với B và C). Gọi P, Q theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẽ tử M đến AB và AC, O là trung điểm của AM. Chứng minh rằng: a/ Các điểm A, P, M, H, Q cùng nằm trên một đường tròn. b/ Tứ giác OPHQ là hình gì? c/ Xác định vị trí của M trên cạnh BC để đoạn PQ có độ dài nhỏ nhất. Câu 5: (1 điểm) 2a2 + 3b2 2b2 + 3a2 4 + 3 £ 3 3 3 a+b 2b + 3a Cho a, b là các số dương. Chứng minh rằng: 2a + 3b ---------------------------------------------------------------------------. ĐÁP ÁN.

(5) ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPTNĂM HỌC 2007 – 2008. 5+ 5 Câu 1: a/ A = 1 + 5. =. 5(1 + 5) 1+ 5. = 5 a. -. b. -. 2b = a- b. a+ b b/ Với a ³ 0; b ³ 0 và a ¹ b, ta có: a - b a( a + b) b( a - b) 2b a + ab - ab + b - 2b a - b = = = =1 a- b a- b a- b a- b a- b Câu 2: Ta có: D = (-3)2 – 4.1.(-108) = 9 + 432 = 441 > 0  D = 21 - 3 - 21 - 3 + 21 2 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = = -12; x2 = =9 Câu 3: Gọi x (km/h) là vận tốc ca nô khi nước yên lặng (x > 2) Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng: x +2 (km/h) Vận tốc của ca nô khi ngược dòng: x – 2 (km/h) 120 Thời gian ca nô xuôi dòng: x  2 (h) 120 Thời gian ca nô ngược dòng: x  2 (h) 120 120 + = 11 x + 2 x 2 Theo đề bài ta có pt:  120(x – 2) + 120(x + 2) = 11(x – 2)(x + 2)  11x2 – 240x – 44 = 0; D = 1202 + 11.44 = 14400 + 484 = 14884 > 0  2 x1 = - 11 (loại); x2 = 22 (TM) Vậy vận tốc ca nô khi nước yên lặng là 22km/h Câu 4: a/ Chứng minh A, P, M, H, Q cùng nằm trên một đường tròn · · · Ta có: APM = AHM = AQM = 900 (Gt)  Các điểm A, P, M, H, Q cùng nằm trên một đường tròn đường kính AM b/ Tứ giác OPHQ là hình gì? O là trong điểm AM nên O là tâm đường tròn đường kính AM  OP = OH = OQ  Ta có: PAH = 300 (Vì ABC đều có AH là đường cao) ·  POH = 600 · Tương tự ta cũng có được: QOH = 600 P  D OPH và D OHQ là các tam giác đều bằng nhau.  OP = PH = HQ = OQ  Tứ giác OPHQ là hình thoi. B c/ Xác định vị trí của M trên cạnh BC để đoạn PQ có độ dài nhỏ nhất. AM 3 2 Ta có: PQ = OQ 3 = OM 3 =  PQ nhỏ nhất  AM nhỏ nhất  AM  BC  M trùng H. Cách 2: Ta có: PQ ≤ OP + OQ = OA + OM = AM  PQ nhỏ nhất  AM nhỏ nhất  AM  BC  M trùng H.. D = 122. A. O Q. M. H. C.

(6) Câu 5: 2a 2 + 3b2 2b2 + 3a 2 4 4 2a 2 + 3b2 2b 2 + 3a 2 + £ Û ³ 0 3 3 3 3 3 3 3 3 2 a + 3 b 2 b + 3 a a + b a + b 2 a + 3 b 2 b + 3 a Ta có: (1) Với a, b > 0  a + b; 2a3 + 3b3; 2b3 + 3a3 > 0 ( 1)  4(2a3 + 3b3)(2b3 + 3a3) - (2a2 + 3b2)(a + b)(2b3 + 3a3) - (2b2 + 3a2)(a + b)(2a3 + 3b3) ≥ 0  26a3b3 + 12a6 + 12b6 - 13a2b4 - 13a4b2 - 12ab5 - 12a5b ≥ 0  (13a3b3 - 13a2b4) + (13a3b3 - 13a4b2) + (12a6 - 12ab5) + (12b6 - 12a5b) ≥ 0  13a2b2(a-b)(b-a) + 12(a5 – b5)(a- b) ≥ 0  12(a5 – b5)(a- b) - 13a2b2(a-b)2 ≥ 0  12(a – b)2 (a4 + a3 b + a2b2 + ab3 + b4) - 13a2b2(a-b)2 ≥ 0  (a-b)2(12a4 + 12a3 b + 12ab3 + 12b4 - a2b2) ≥ 0 (2) Ta có: (a-b)2 ≥ 0 với mọi a, b. Và 12a4 + 12a3 b + 12ab3 + 12b4 - a2b2 > 0 với mọi a, b > 0. Vì: Nếu a = b > 0  a2b2 = a4 0 < a b > 0  a2b2 < a3b Do đó (2) ≥ 0 với mọi a, b > 0 Vậy (1) ≥ 0 với mọi a, b > 0, dấu “=” xảy ra  a = b.. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2008 – 2009.

(7) Thời gian: 120 phút Ngày thi: 30/6/2008 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------. Câu 1: (2 điểm) a/ So sánh. 25 - 9 và. 25 1. 9 +. b/ Tính giá trị biểu thức: 2 + 5 2 Câu 2: (1,5 điểm) Giải phương trình: 2x2 + 3x – 2 = 0. 1 5. Câu 3: (2 điểm) Theo kế hoạch, một đội xe vận tải cần chở 24 tấn hàng đến một đại điểm qui định. Khi chuyên chở thì trong đội có 2 xe phải điều đi làm việc khác nên mỗi xe còn lại của đội phải chở thêm 1 tấn hàng. Tính số xe của đội lúc đầu Câu 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính BC = 2R, A là điểm chính giữa cung BC. 1/ Tính diện tích tam giác ABC theo R. 2/ M là điểm di động trên cung nhỏ AC, (M khác A và C). Đường thằng AM cắt đường thằng BC tại điểm D. Chứng minh rằng: a/ Tích AM.AD không đổi. b/ Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Câu 5: (1 điểm) Cho -1 < x < 1. Hãy tìm giái trị lớn nhất của biểu thức: y = -4(x2 – x + 1) + 3|2x – 1| ------------------------------------------------------------------------------. ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2008 – 2009.

(8) Câu 1: a/ Ta có 25 - 9 = 16 = 4 > 25 - 9 = 5 – 3 = 2 1 1 2- 5 2+ 5 + = + =- 2 + 5 - 2- 5 =- 4 - 1 - 1 b/ 2 + 5 2 - 5 Câu 2: Ta có: D = (-3)2 – 4.2.(-2) = 9 + 16 = 25 > 0  D = 5 - 3- 5 - 3+5 1 = 4 4 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = = -2; x2 = Câu 3: Gọi x (xe) là số xe của đội lúc đầu (x Î N, x > 2); Số xe khi chuyên chở là: x = 2 (xe) 24 Lúc đầu mỗi xe phải chở: x (tấn) 24 Lúc sau mỗi xe phải chở: x  2 (tấn) 24 24 =1 Theo đề bài ta có phương trình: x - 2 x  x2 – 2x – 48 = 0 Giải pt ta được: x1 = -6 (loại); x2 = 8 (TM) Vậy số xe của đội lúc đầu là 8 xe. Câu 4: 1/ Tính diện tích tam giác ABC theo R. B Vì A là điểm chính giữa cung BC  AO ^ BC 1 1 SABC = 2 BC.AO = 2 .2R.R = R2 2/ a/ Chứng minh tích AM.AD không đổi. Xét hai tam giác: D AMC và D ACD có: 1 1 1 · » » · ¼ ¼ ¼ = ACM ADC = 2 sđ( AB - MC ) = 2 sđ( AC - MC ) = 2 sđ AM · Và CAD : chung  D AMC : D ACD (g,g) AC AM =  AD AC  AC2 = AM.AD. A M E O. C. Mà AC2 = ( R 2 )2 = 2R2 ( Vì OAC vuông cân)  AM.AD = 2R2 không đổi b/ Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD · · Ta có: CED = 2CMD (góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung); ·   Mà CMD = MAC  MCA (t/c góc ngoài của tam giác)   sd MA  sd MC  CMD  · 2  = 450  CED = 900 · · ·  D DEC vuông cân tại E  ECD = 450  ACE = 900 (vì ACO = 450)  CE ^ AC Mà AC cố định  CE cố định.. D.

(9) Hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Câu 5: (1 điểm) Cho -1 < x < 1. Hãy tìm giái trị lớn nhất của biểu thức: y = -4(x2 – x + 1) + 3|2x – 1| Ta có: y = -(4x2 – 4x + 4) + 3|2x – 1| = -(4x2 – 4x + 1) + 3|2x – 1| - 3 = -(2x – 1)2 + 3|2x – 1| - 3 9 3 3 3 3 Đặt t = |2x – 1| thì y = - t2 + 3t – 3 = -(t2 – 3t + 4 ) – 4 = -(t – 2 )2 – 4 £ – 4 3 3 3 5 Dấu = xảy ra  t – 2 = 0  t = 2  |2x – 1| = 2  x = 4 (loại vì không thuộc -1 < x < 1) 1 Hay x = 4 (thoả mãn) 3 1 Vậy giá trị lớn nhất của y là – 4 khi x = 4.

(10) ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 Thời gian: 120 phút Ngày thi: 2/7/2009 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 1: (2 điểm) Giải các pt sau: a/ 2(x + 1) = 4 – x;. b/ x2 – 3x + 2 = 0. Câu 2: (2 điểm) 1/ Cho hàm số y = ax + b. Tìm a và b biết rằng đồ thị hàm số đã cho đi qua hai điểm A(-2;5) và B(1;-4). 2/ Cho hàm số: y = (2m – 1)x + m + 2 a/ Tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghịch biến. 2  b/ Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 . Câu 3: (2 điểm) Một người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Quy Nhơn. Sau đó 75 phút một ô tô khởi hành từ Quy Nhơn đi Hoài Ân với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 20km/h. Hai xe gặp nhau tại Phù Cát. Tính vận tốc của mỗi xe, giả thiết Hoài Ân cách Quy Nhơn 100km và Quy Nhơn cách Phù Cát 30km. Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB. Kéo dài AC (về phía C) đoạn CD sao cho CD = AC. 1/ Chứng minh tam giác ABD cân. 2/ Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn tâm O tại E. Kéo dài AE (về phía E) đoạn EF sao cho FE = EA. Chứng minh ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3/ Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn tâm O. Câu 5: (1 điểm) Với mỗi số k nguyên dương, đặt Sk = ( 2 + 1)k + ( 2 - 1)k. Chứng minh rằng: Sm+n + Sm-n = Sm . Sn với mọi m, n là số nguyên dương và m > n. -----------------------------------------------------------------------------. ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010.

(11) 2 Câu 1: a/ 2(x + 1) = 4 – x  2x + 2 = 4 – x  3x = 2  x = 3 2 Vậy pt có nghiệm x = 3 c b/ x2 – 3x + 2 = 0 có a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0  x1 = 1; x2 = a = 2 Vậy pt có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 2. Câu 2: 1/. Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(-2;5) và B(1;-4) nên ta có hệ pt:   2a  b 5  3a 9  a  3     a  b  4  a  b  4 b  1 Vậy a = -3; b = -1 2/ Hàm số: y = (2m – 1)x + m + 2 1 a/ Hàm số luôn nghịch biến khi và chỉ khi 2m – 1 < 0  m < 2 . 2 2   b/ Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 thì x = 3 và y = 0. 2 2 4 2   Thay x = 3 và y = 0 vào hàm số ta được: (2m – 1)( 3 ) + m + 2 = 0  3 m + 3 + m + 2 = 0 1 8   3 m= 3 m=8 2  Vậy m = 8 thì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 . Câu 3: Gọi x (km/h) là vận tốc của người đi xe máy khởi hành từ Hoài Ân đi Quy Nhơn. ĐK: x > 0 Vận tốc của ô tô khởi hành từ Quy Nhơn đi Hoài Ân: x + 20 (km/h). Hoài Ân cách Phù Cát: 100 – 30 = 70 (km) 70 Thời gian xe máy đi từ Hoài Ân đến Phù Cát: x h 30 Thời gian ô tô đi từ Quy Nhơn đến Phù Cát: x  20 h 5 Đổi 75ph = 4 h 30 5 70 Theo đề bài ta có pt: x  20 + 4 = x  x2 – 12x – 1120 = 0 Giải pt ta được x1 = -28 (loại); x2 = 40 (TM) Vậy vận tốc của xe máy là: 40km/h; vận tốc của ô tô là 40 + 20 = 60 (km/h) Câu 4: 1/ Chứng minh tam giác ABD cân.  Ta có ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay BC  AC Trong ABD có AC vừa là đường trung tuyến (vì CA = CD) vừa là đường cao (vì BC  AC) nên ABD cân tại B. 2/ Chứng minh ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng.  Ta có AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BE là đường cao của ABF..

(12) Trong ABF có BE vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên suy ra ABE cân tại B.     BE cũng là đường phân giác của ABF  2ABE  ABF (1) Tương tự, ABD cân tại B BC cũng là đường phân giác   ABD của  2 ABC  ABD (2) Tứ giác ACEB nội tiếp (O) (vì có bốn đỉnh nằm trên đường tròn)     Có CAB = 900  CBE = 900  2 ABE  2 ABC = 1800 (3)   Từ (1), (2) và (3) suy ra: ABF  ABD = 1800 Vậy ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng. 3/ Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn tâm O. Ta đã có hai tam giác ABD và ABF đều cân tại B  BD = BA = BF.  B là tâm đường tròn đi qua ba điểm A, D, F và BA là bán kính của đường tròn đó. Mà BO = BA – AO  đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn tâm O tại A. Câu 5: Từ Sk = ( 2 + 1)k + ( 2 - 1)k suy ra: Sm = ( 2 + 1)m + ( 2 - 1)m. Sn = ( 2 + 1)n + ( 2 - 1)n. Sm+n = ( 2 + 1)m+n + ( 2 - 1)m+n. Sm-n = ( 2 + 1)m-n + ( 2 - 1)m-n. (với mọi m, n là số nguyên dương và m > n)  Sm.Sn = [( 2 + 1)m + ( 2 - 1)m].[ ( 2 + 1)n + ( 2 - 1)n] = ( 2 + 1)m+n + ( 2 + 1)m ( 2 - 1)n + ( 2 - 1)m( 2 + 1)n + ( 2 - 1)m+n. = ( 2 + 1)m+n + ( 2 - 1)m+n + ( 2 + 1)n ( 2 - 1)n [ ( 2 + 1)m-n( 2 - 1)m-n] = Sm+n + [( 2 + 1) ( 2 - 1)]n . Sm-n = Sm+n + Sm-n Vậy Sm+n + Sm-n = Sm . Sn với mọi m, n là số nguyên dương và m > n. -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------.

(13) ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Thời gian: 120 phút Ngày thi: 1/7/2010 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Baøi 1: (1,5 ñieåm) Giaûi caùc phöông trình sau: a) 3(x – 1) = 2 + x. b) x2 + 5x – 6 = 0. Baøi 2: (2,0 ñieåm) a) Cho phương trình x2 – x + 1 – m ( m là tham số ). Tìm điều kiện của m để phương đã cho có nghiệm.. ax  2y 2  bx  ay 4 coù nghieäm ( 2 ; b) Xaùc ñònh caùc heä soá a, b bieát raèng heä phöông trình . √2. ).. Baøi 3: (2,5 ñieåm) 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. Baøi 4: (3,0 ñieåm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Kẻ các đường cao BB’ và CC’ (B’ caïnh 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) Chứng minh AM2 = AC’.AB Baøi 5: (1,0 ñieåm). Cho caùc soá a, b, c thoûa maõn caùc ñieàu kieän 0 < a 3 Chứng minh rằng:. -------------------------------------------------------------------.

(14) ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 5 Baøi 1: (1,5 ñieåm) a) 3(x – 1) = 2 + x  3x – 3 = 2 + x  2x = 5  x = 2 5 Vậy pt có nghiệm: x = 2. b) Ta coù a + b + c = 1 + 5 +(-6) = 0  x1 = 1 ; x2 = -6 Vậy pt có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1 ; x2 = -6 Baøi 2: (2,0 ñieåm) a) Cho phương trình x2 – x + 1 – m ( m là tham số ). Để phương đã cho có nghiệm thì D ³ 0. 3  (-1)2 – 4(1 – m) ³ 0  1 – 4 + 4m ³ 0  m ³ 4 3 ³ 4 thì pt đã cho có nghiệm. Vậy m. b) Heä phöông trình coù nghieäm (. √ 2,. √2. -.  2a  2 2 2   2b  2a 4  ) neân ta coù : . a  2  2  b 2 2 Vậy  thì heä phöông trình coù nghieäm (. √ 2,. -. √2.  a  2  2   b  2  2. ).. Baøi 3: (2,5 ñieåm) Gọi x (xe) là số xe được điều đến chở hàng (x: nguyên, x > 2) Số xe thực chở hàng là x – 2 (xe). 90 90 Khối lượng hàng chở ở mỗi xe lúc đầu: x (tấn); thực chở là: x - 2 (tấn); 90 90 Ta coù phöông trình: x - 2 - x = 0,5  2.90.x – 2.90(x – 2) = x(x – 2)  x2 – 2x – 360 = 0 Giải pt ta được : x1 = 20 (TM); x2 = -18 (loại) Vậy số xe được điều đến chở hàng là 20 xe. Baøi 4: (3,0 ñieåm) a) Chứng minh tứ giác BC’B’C là tứ giác nội tiếp.. · · Ta coù BC'C = BB'C = 900 (gt). Hay B’ ; C’ nhìn BC dưới một góc bằng 90  BC’B’C nội tiếp trong đường tròn đường kính BC b) Chứng minh AM = AN. 0. A. C’ N. M B’. B ·AC ' M = 1 ( sd ¼ » ) ·ACB = 1 ( sd »AN + sd NB » ) AM + sd NB 2 2 Ta coù: ; 1 » ) 1 ( sd »AN + sd NB » ) ( sd ¼ AM + sd NB ·AC ' M = B · ' CB = ACB · 2 2 Maø BC’B’C noäi tieáp   = » ¼ AM = AN   AM = AN (đpcm) c) Chứng minh AM2 = AC’.AB. C.

(15) Xeùt D ANC’ vaø D ABN coù:. · · » · ¼ ANC' = ABN (2 goùc noäi tieáp chaén 2 cung baèng nhau, AM = AN ) vaø NAB : chung AN AC' = AN  AN2 = AC’.AB hay AM2 = AC’.AB (vì AN = AM)  D ANC’ : D ABN  AB Cách 2: chứng minh D AMC’ : D ABM  đpcm. Baøi 5: (1,0 ñieåm). Ta coù (4a – b)2 ³ 0  16a2 – 8ab + b2 ³ 0 ; Mà phương trình đã cho vô nghiệm nên b2 – 4ac < 0  b2 < 4ac  16a2 – 8ab + 4ac > 16a2 – 8ab + b2 ³ 0 Hay 16a2 – 8ab + 4ac > 0  4a – 2b + c > 0 (vì a > 0  4a > 0)  a + b + c + 3a – 3b > 0. a +b +c b - a > 3 (Vì 0 < a 0)  a + b + c > 3b – 3a = 3(b – a)  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  2x  2011 A x2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (với x 0). ……………………………. HẾT………………… LỜI GIẢI Bài 1 (2điểm) a) Giải hệ phương trình:.

(16) 3x  y 7  5x 15  x 3  x 3      2x  y 8 2x  y 8  y 2 . 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. Thỏa mãn 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  x 2  8x  9 0 a) Với m = -5: (1) viết: (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) , ( a = 1 ; b’ = m + 1 ; c = m – 4 ) 2. 2. 1  19 1 2    '  m  1   m  4  m 2  m  5  m     0  m   0 2 4 2  với mọi m (Do  với mọi m)  Pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. ' c) Pt (1) có   0 với mọi m  (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m. Theo Vi-et có: x1 + x2 = - 2(m +1) ; x1. x2 = m – 4. 2. 2. 2 2  x  x 2   x1.x 2 0    2  m  1   m  3 0 Ta có: x1  x 2  3x1x 2 0  1  m 0 2  4m  9m 0  m  4m  9  0    m  9  4 Bài 3 : (2điểm) Gọi chiều rộng hcn là x (m) (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). Theo đề bài ta có pt: x2 + (x + 6)2 = 10( 2x + 6)  x2 – 4x – 12 = 0.  '  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 Thỏa mãn ĐK) (Loại) KL: Chiều rộng hcn là 6 m . Chiều dài hcn là 12m . Diện tích hcn : 6x 12 = 72 (m2) Bài 4: (3điểm) a)Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp:     sñAP  sñNB D 1 2 Ta có (Góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O) )     sñAN  sñNB  1 sñANB    sñAN   AN  D ACB sñAP Do AP 1  2 2 Mà: 0   A Vì: D1  D 2 180 ( Do M; D ; P thẳng hàng). . . 0    ACB  D 2 180 . Vậy: BDEC nội tiếp. ( Đlí). E. K. b) Chứng minh : MB . MC = MN . MP Xét: ABP và MNC Ta có:. P 1. D. N. 1 2. 1. 2 O.     M 1 (chung) ; P1 C1 (cùng chắn cung NB ). 1 M. 1 B. C.

(17)  ABP  MNC (g-g) MB MP  MN MC  MB.MC = MN.MP. c) Chứng minh: MK2 > 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)  MB.MC < MK2 . . Bài 5 (1điểm) x 2  2x  2011 A x2 Ta có: (với x 0). Gọi A0 là một giá trị của biểu thức A . Lúc đó tồn tại x0 để: x 2  2x 0  2011 A0  0   A 0  1 x 0 2  2x 0  2011 0 x 02. (1). 2011 + Nếu A0 = 1 , thì pt (1)  2x0 – 2011 = 0  x0 = 2 2011 Vậy: A0 = 1 Khi x0 = 2 (2) + Nếu A0 1 , thì (1) là pt bậc hai.  A0  1 x 0 2  2x. 0.  2011 0. 2010 2011A 0  2010 0  A 0  ' '   2011 A  2010 0 2011 Có . Để Pt (1) có nghiệm khi  0   2010  2  1 x 0  2x 0  2011 0 2 2  2011    x 0  4022x 0  2011 0  x0 = 2011 Dấu “ =” xảy ra khi 2010 A0  2011 Khi x0 = 2011 (3) Vậy: Từ (2) và (3) ==>. A 0  nhoû nhaát  . 2010 2011 khi x0 = 2011 .. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM 2012 BÌNH ĐỊNH Khóa ngày 29 tháng 6 năm 2012 Đề chính thức Môn thi : TOÁN Ngày thi : 31 / 6 / 2012 Thời gian làm bài : 120 phút ( không kể thời gian giao đề ) Bài 1: (3điểm) Học sinh không sử dụng máy tính bỏ túi a) Giải phương trình: 2x – 5 = 0.

(18)  y  x 2  b) Giải hệ phương trình: 5x  3y 10 5 a  3 3 a 1 a 2  2 a  8 A   a 4 a  2 a  2 c) Rút gọn biểu thức với a 0;a 4. d) Tính giá trị của biểu thức B  4  2 3  7  4 3 Bài 2: (2điểm) Cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình lần lượt là y = mx2 và y = ( m + 2 )x + m – 1 ( m là tham số ) , m 0 ). a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P). b) Chứng minh rằng với mọi m 0 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Bài 3: (2điểm) Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng sơn dài 100 km. Cùng một lúc , một xe máy khởi hành từ Quy Nhơn đi Bồng Sơn và một xe ô tô khởi hành từ Bồng Sơn đi Quy Nhơn. Sau khi hai xe gặp nhau , xe máy đi 1 giờ 30 phút nữa mới đến Bồng Sơn. Biết vận tốc hai xe không thay đổi trên suốt quãng đường đi và vận tốc của xe máy kém vận tốc xe ô tô là 20 km/h. Tính vận tốc mỗi xe. Bài 4: (3điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây MN vuông góc với OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN. a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AK . AH = R2 . c) Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM. Chứng minh NI = KB. ------------------------HẾT------------------------BÀI GIẢI: Bài 1: (3điểm).  x. a) 2x – 5 = 0  y  x 2   b) 5x  3y 10. 5 2.   3x  3y 6   5x  3y 10 A. 2x 16    y  x 2.  x 8   y 10. (5 a  3)( a  2)  (3 a  1)( a  2)  (a 2  2 a  8) a 4. c) Với a 0;a 4. Ta có 5a  10 a  3 a  6  3a  6 a  a  2  a 2  2 a  8  a 4 2 2  a  8a  16  (a  4)   4  a a 4 a 4  ( 3  1) 2  (2  d) B  4  2 3  7  4 3. 3) 2  3  1  2 . 3 3. Bài 2: (2điểm) a) Với m = –1 , ta có (P): y = –x2 và (d) : y = x – 2 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: –x2 = x – 2  x2 + x – 2 = 0 Ta có : a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 . Nên phương trình có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = – 2 Với x1 = 1  y1 = – 1 , ( 1 ; - 1 ) ; x2 = – 2  y1 = – 4 , ( -2 ; - 4 ) Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là ( 1 ; - 1 ) ; ( -2 ; - 4 ) . b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: mx2 = ( m + 2 )x + m – 1 mx2 – ( m + 2 )x – ( m – 1 ) = 0 (1).

(19) 2.     m  2    4m  m  1. = m2 + 4m + 4 + 4m2 – 4m = 5m2 + 4 > 0 Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. Vậy (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Bài 3: (2điểm) 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ Gọi vận tốc của xe máy là x (km/h) , x > 0. Vận tốc của ô tô là x + 20 (km/h). Đến khi gặp nhau ô tô đi được 1,5x (km) 100  1, 5x x Thời gian xe máy đi đến chỗ gặp nhau : (km) 1,5x Thời gian ô tô đi đến chỗ gặp nhau : x  20 (km) 100  1,5x 1,5x x Theo đề bài toán ta có phương trình: = x  20  3x2 – 70x – 2000 = 0  ' 1225  6000 7225  0 .  ' 85. 35  85 35  85  50 40 x2   3 3 3 (loại) Phương trình có hai nghiệm phân biệt : (TMĐK) ; Vậy vận tốc xe máy là 40 km/h ; vận tốc ô tô là 40 + 20 = 60 km/h. Bài 4: (3điểm) a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp: K M 0  HKB  90 1 Ta có: (vì nội tiếp chắn nửa đường tròn) 2 HCB 900 Ta có: (vì MN  AB) H 0 0 0 I HKB  HCB  90  90 180 Do đó: A B Tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. C O x1 . b) Chứng minh AK.AH = R2 . Xét Δ ACH và Δ AKB có: N    ACH AKB 900 ; A chung. AC AH  ΔACH ~ ΔAKB  g.g   AK  AB  AH.AK AC.AB OA R  AH.AK  .AB  .2R R 2 Lê Quang Long 2 2 c) Chứng minh: NI = KB: OC R 1   cosCOM   : R   COM 600 ON 2 2 Trong tam giác vuông OCN, có: (1) 1 1   ABM  COM  .600 300 2 2 Ta có ( góc nội tiếp và góc ở tâm chắn cung AM) 0 0   Trong tam giác BMC vuông tại C có CBM 30  BMC 60 Ta có: AB  MN nên MC = NC ( đường kính vuông góc với một dây ) 0  Tam giác BMN có BC là đường cao, là trung tuyến và BMC 60 , nên là tam giác đều.   MBN 600 và MN = BM. 0   Ta có MKN BMC 60 (góc nội tiếp chắn cung MN) 0 0   Tam giác MKI có KM = KI (gt) và MKN 60 , nên là tam giác đều.  KMI 60 và MI = MK.

(20) 0 0       Lại có : M1  BMI 60 và M 2  BMI 60  M1 M 2 Xét hai tam giác: Δ MIN và Δ MKB có:   MI = MK(cmt); M1 M 2 (cmt); BM = MN(cmt)  Δ MIN = Δ MKB(c.g. c)  NI = KB..

(21)

TS 10 Binh Dinh mon Toan tu 2006 den 2012

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về