www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG THÁI BÌNH Năm học 1997 – 1998 Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (1 điểm): Phân tích thừa số : a) a3 + ; b)    10 Bài (3 điểm): Trong hệ trục toạ độ Oxy cho ba điểm A (- ; 6) , B(1 ; 0), C(2 ; 8) a) Biết điểm A nằm Parabol (P) có phương trình y = ax2, xác định a ? b) Lập phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm B C c) Xét vị trí tương đối đường thẳng (d) Parabol (P) Bài (2 điểm): Giải phương trình: x  x  x Bài (1,5 điểm): Cho ABC có AB = AC = 5cm; BC = 6cm Tính : a) Đường cao ABC hạ từ đỉnh A ? b) Độ dài đường tròn nội tiếp ABC ? Bài (2 điểm): Cho hình vng ABCD Trên cạnh BC, CD lấy điểm E, F cho E A F  450 Biết BD cắt AE, AF theo thứ tự G, H Chứng minh: a) ADFG, GHFE tứ giác nội tiếp b) CGH tứ giác GHFE có diện tích Bài (0,5 điểm) = Tính thể tích hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ biết AB’ = 5; AC = 41 34 ; AD’ - HẾT - Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Giám thị 1: …………………………………… Giám thị 2: …………………………………… VNMATH.COM www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (1 điểm): a) a3 + = (a + 1)(a2 – a + 1) b)    10  (  2)  ( 10  5)  (  1)(2  5) Bài (3 điểm): a) Điểm A(- ; 6) nằm Parabol (P) : y = ax2 nên : = a.( - )2  a = Vậy giá trị a cần tìm a = (Parabol (P) : y = 2x2) b) Phương trình đường thẳng (d) có dạng : y = ax + b Vì (d) qua hai điểm B(1 ; 0) C(2 ; 8) nên ta có hệ : a  a  b    b   2a  b  Phương trình đường thẳng (d) : y = 8x – c) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) : 2x2 = 8x –  x2 – 4x + =  (x – 2)2 =  x = Suy (d) tiếp xúc với (P) điểm có toạ độ C(2 ; 8) Bài (2 điểm): ĐKXĐ : x   Từ phương trình cho suy : 2(x  2)  7(x  2)(x  2)  5x(x  2) 2x  10  7x  14  5x  2x   12x  10 2x    6x  2x   (*)  = ( 2)  6.2  62  Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt :  62  62 x1  ; x2  (đều thoả mãn ĐKXĐ) 12 12  62  62 , x2  Vậy pt cho có hai nghiệm phân biệt x  12 12 Bài (1,5 điểm): a) (Hình 1) Kẻ đường cao AH Tam giác ABC cân A nên AH vừa đường phân giác vừa đường trung tuyến Suy HB = HC = BC : = 3cm Áp dụng định lí Pitago cho AHC, ta có : AH2 = AC2 – HC2 = 52 – 32 = 42  AH = (cm) b) Gọi O tâm đường trịn nội tiếp ABC, r bán kính đường trịn ; A K I O r B H C Hì nh VNMATH.COM www.VNMATH.com Điểm O giao điểm ba đường phân giác nên O  AH  OH  BC Gọi I K tiếp điểm (O) với AB AC OI  AB OK  AC 1 1 Ta có : SABC = SOAB + SOBC + SOCA hay AH.BC = r.AB + r.BC + r.AC 2 2 AH.BC 4.6  r   1,5 (cm) AB  BC  AC   Vậy độ dài đường tròn nội tiếp ABC C = 2r  2.3,14.1,5 = 9,42 cm Bài (2 điểm): A B a) (Hình 2) *) Chứng minh tứ giác ADFG nội tiếp ABCD hình vng nên BDC  DBC  450 Xét tứ giác ADFG có : GAF  EAF  450 GDF  BDC  450 Hai đỉnh liên tiếp A D nhìn cạnh GF góc 450 nên tứ giác ADFG nội tiếp G O I H D E F C Hì nh *) Chứng minh tứ giác GHFE nội tiếp Chứng minh tương tự ta có tứ giác ABEH nội tiếp Tứ giác ADFG nội tiếp nên AGF  ADF  180  AGF  180  ADF  180  90  90  EGF  90 Tứ giác ABEH nội tiếp nên AHE  ABE  180  AHE  180  ABE  180  90  90  EHF  90 Xét tứ giác GHFE có hai đỉnh liên tiếp G H nhìn cạnh EF góc 900 nên tứ giác nội tiếp b) Gọi O giao điểm AC BD, I giao điểm AC GF Tứ giác ABCD hình vng nên đường chéo BD trục đối xứng AC  GA = GC, HA = HC Do AGH = CGH (c-c-c)  SAGH = SCGH AGF vuông cân G (vì AGF  900 GAF  450 ) nên GFA  450 ; ABCD hình vng nên ECA  BCA  450 Suy GFA  ECA ( 450 ) Mặt khác, AGI vuông G có GO  AI (vì BD  AC, BD đường trung trực AC) nên GAI  EGI (vì phụ với AGO ) hay EAC  HGF Xét AEC GHF có GFA  ECA GAI  HGF (chứng minh trên) AE AC nên AEC ~ GHF (g.g) Suy :   AE.GF = AC.GH (1) GH GF Tứ giác AGCH có hai đường chéo vng góc (AC  GH) nên SAGCH = AC.GH (2) (3) AEF có đường cao FG ứng với cạnh AE nên SAEF = AE.GF Từ (1), (2) (3) suy : SAGCH = SAEF  SAGH + SCGH = SAGH + SGHFE  SCGH = SGHFE (đpcm) VNMATH.COM www.VNMATH.com Bài (0,5 điểm) a A Đặt AB = a, AD = BC = b, AA’ = DD’ = c (H 3) D Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vng ABC, ADD’ ABB’, ta có : AB2 + BC2 = AC2 hay a2 + b2 = 34 (2) BB’2 + AB2= AB’2 hay c2 + a2 = 25 C c A' (1) AD2 + DD’2 = AD’2 hay b2 + c2 = 41 B b (3) B' C' D' Hì nh Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta : 2(a2 + b2 + c2) = 100  a2 + b2 + c2 = 50 (4) Từ (1), (2), (3) (4) suy a2 = 9, b2 = 25, c2 = 16  a = (cm), b = 5(cm), c = (cm) Vậy thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’ : V = abc = 3.5.4 = 60 (cm3) VNMATH.COM www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG THÁI BÌNH Năm học 1998 – 1999 Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2 điểm): So sánh x y trường hợp sau: a) x  27  y  ; b) x  y  ; c) x = 2m y = m + Bài (2 điểm): x2 (P) y = x + (d) a) Trên hệ trục toạ độ vẽ đồ thị hàm số y  2 b) Dùng đồ thị cho biết (có giải thích) nghiệm phương trình : 2x   x Bài (3 điểm): Xét hai phương trình: x2 + x + k + = (1) x2 - (k + 2)x + 2k + = (2) a) Giải phương trình (1) với k = -1; k = -4 b) Tìm k để phương trình (2) có nghiệm ? c) Với giá trị k hai phương trình tương đương ? Bài (0,5 điểm): Tam giác vng ABC có A  90 , B  30 , BC = d quay vòng chung quanh AC Tính thể tích hình nón tạo thành Bài (2,5 điểm): Cho ABC không cân, đường cao AH, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E, F thứ tự hình chiếu B, C lên đường kính AD đường trịn (O) M, N thứ tự trung điểm BC, AB Chứng minh: a) Bốn điểm A, B, H, E nằm đường tròn tâm N HE// CD b) M tâm đường tròn ngoại tiếp HEF - HẾT - Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Giám thị 1: …………………………………… Giám thị 2: …………………………………… VNMATH.COM www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2 điểm): a) x  27   3   3   mà y    x < y b) x   x  52.6  150 ; y   y  62.5  180  x4 < y4  x < y (vì x, y > 0) c) Xét hiệu x – y = 2m – (m + 2) = m – Ta xét ba trường hợp : y d) Nếu m <  m – <  x < y (P) 4,5 - Nếu m =  m – =  x = y - Nếu m >  m – >  x > y B Bài (2 điểm): a) (H 1) x2 *) Vẽ đồ thị hàm số y  - Sự biến thiên : Vì a = > nên hàm số đồng biến với x > nghịch biến với x < A -3 -2 -1 0,5 O x -1 (d) -2 Hì nh - Đồ thị : Bảng số cặp toạ độ điểm (x ; y) thuộc đồ thị hàm số x y -3 4,5 -2 -1 0,5 0 0,5 2 4,5 x2 Đồ thị hàm số y  Parabol (P) với đỉnh O, qua cặp điểm (x ; y) trên, nhận Oy làm trục đối xứng nằm phía trục hoành *) Vẽ đồ thị hàm số y = x + - Cho x = -1  y = 0,5, ta điểm A (-1 ; 0,5) - Cho x =  y = 4,5, ta điểm B(3 ; 4,5) Đồ thị hàm số y = x + đường thẳng (d) qua hai điểm A B x  x     b) 2x   x   x2 2x   x x    Nghiệm phương trình cho hồnh độ giao điểm hai đồ thị (P) (d) phía bên phải trục tung (do x  0) VNMATH.COM www.VNMATH.com Nhìn vào đồ thị ta thấy hồnh độ giao điểm (P) (d) bên phải trục tung x = Vậy nghiệm phương trình : 2x   x x = Bài (3 điểm): a) Với k = -1, (1) trở thành : x2 + x =  x(x + 1) =  x1 = 0, x2 = -1 Với k = -4, (1) trở thành : x2 + x – =  = + 12 = 13 > nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :   13   13 , x2  2 Vậy với k = -1 phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 0, x2 = -1; x1  với k = -1 phương trình (1) có hai nghiệm x1,2  b) Phương trình (2) có nghiệm   13 2 : ( 2)  (k  2)  2k    (2  2)k  2   k 2  (2  6)(2  2)   12   2(  4)    4 2 2 (2  2)(2  2)  k  4  Vậy với k    phương trình (2) có nghiệm c) Hai phương trình (1) (2) tương đường xảy trường hợp sau: - TH1 : (1) (2) vô nghiệm    4k   (1)   4(k  1)      2  ( 2)  (k  2)  4(2k  4)  (k  2)  8(k  2)   3  4k   3 k      k6  4 (k  2)(k  6)     k   - TH2 : (1) (2) có tập nghiệm Từ (1) suy : k + = – x – x2, thay vào (2) ta : x2 - (1 – x – x2)x + 2(1 – x – x2) =  x2 – x + x2 + x3 + – 2x – 2x2 =  x3 – 3x + =  (x – 1)2(x + 2) =  x = x = -2 Với x = x = -2, ta k = -3, (1) (2) trở thành : x2 + x – =  x1 = 1; x2 = -2 Do hai phương trình (1) (2) có tập nghiệm S = {1 ; -2) nên chúng tương đương VNMATH.COM www.VNMATH.com 3 k6 Vậy để hai phương trình (1) (2) tương đương k = -3 Bài (0,5 điểm): (H 2) C ABC vng A có B  300 nên AC  BC d  2 AB2 = BC2 – AC2 (định lí Pitago) d B A d  d  3d Hì nh  AB  AB2 = d2 – AB2  d     2 Hình nón có đáy đường trịn tâm A bán kính AB, chiều cao AC Thể tích hình nón tạo thành : Vnón = 1 3d d d AB2 AC       3 2 A Bài (2,5 điểm): a) (H 3) CM bốn điểm A, B, H, E thuộc đường trịn tâm N N Vì AEB  AHB  900 nên H, E nằm O đường trịn đường kính AB Mà N trung điểm E AB K Suy bốn điểm A, B, H, E thuộc đường I M AB B H trịn tâm N, bán kính F D Hì nh Chứng minh HE // CD: Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn tâm N, nên : BAE  BHE  1800 (tổng góc đối tứ giác nội tiếp), mà EHC  BHE  1800 (hai góc kề bù)  BAE  EHC (cùng bù với BHE ) hay BAD  EHC (1) Mặt khác, BCD  BAD (góc nội tiếp chắn BD ) C (2) Từ (1) (2) suy BCD  EHC Hai góc vị trí so le nên HE // CD b) Gọi K trung điểm EC, I giao điểm MC với ED BCE có MB = MC (gt), KE = KC (cách dựng) nên MK đường trung bình  MK // BE; mà BE  AD (gt)  MK  AD (quan hệ vng góc-song song) hay MK  ED Lại có CF  AD (gt)  MK // CF hay KI // CF (3) VNMATH.COM www.VNMATH.com ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4) Từ (3) (4) suy MK đường trung trực EF  ME = MF (5) Xét ABC có MB = MC, NB = NA (gt) nên MN đường trung bình  NM // AC Ta lại có HE // CD (câu a)), ACD  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) hay AC  CD nên HE  AC (quan hệ vuông góc-song song) Suy NM  HE (vì NM // AC, HE  AC) Xét đường trịn tâm N có HE dây cung, NM  HE nên NM qua trung điểm HE Do NM đường rung trực HE Suy MH = ME (6) Từ (5) (6) suy MH = ME = MF Vậy M tâm đường tròn ngoại tiếp HEF VNMATH.COM www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 1999 – 2000 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề bị lộ) Bài 1(2 điểm): Với giá trị x biểu thức sau có nghĩa: a) ; 2x b) 5x  ; 2x  x c) x1 ; x d) ; 1 x Bài 2(1 điểm): Giải phương trình: x1  2 x1 Bài 3(1,5 điểm):  x  my  Cho hệ phương trình  2x  (m  1)y  a) Giải hệ với m = 1; b) Tìm giá trị m để hệ có nghiệm Bài 4(2 điểm): Cho hàm số y = 2x2 (P) a) Vẽ đồ thị hàm số (P) b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm (0 ; -2) tiếp xúc với (P) Bài 5(3,5 điểm): Cho nửa đường trịn đường kính AB Gọi H điểm cung AB; M điểm nằm cung AH, N điểm nằm dây cung BM cho BN = AM Chứng minh: a) AMH = BNH b) MHN tam giác vuông cân c) Khi M chuyển động cung AH đường vng góc với BM kẻ từ N ln qua điểm cố định tiếp tuyến nửa đường tròn điểm B - HẾT - Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Giám thị 1: ……………………………… Giám thị 2: ………………………………………… 10 VNMATH.COM www.VNMATH.com Bài (2,0 điểm) Với a = 6, phương trình trở thành : x2 + 5x – = Vì + + (−6) = nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt : x1 = x2 = −6 Vì tích a.c = 1.(−6) < nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với a Áp dụng định lý Viet ta có : x1 + x2 = −(a − 1) = – a x1.x2 = −6 Biến đổi hệ thức cho thành : (x1 + x2)2 – 5x1.x2 = 34 hay : (1 – a)2 – 5.(−6) = 34  (a – 1)2 = 64  a – = ±  a = a = −7 Vậy với a  {−7 ; 9} x  x  3x 1x  34 A Bài (3,5 điểm) (H 2) a) Vì E, F thuộc đường trịn đường kính BC · · nên : BEC = BFC = 900 · ·  AEH = AFH = 900 · ·  AEH + AFH = 1800  Tứ giác AEHF nội tiếp E F H B C D · · Mặt khác, AEH = AFH = 900 nên BE CF hai đường cao tam giác ABC Suy H trực tâm tam giác ABC Do AD đường cao lại tam giác Từ · ADB = 900 Hì nh Hai điểm E D nhìn AB góc vng nên nằm đường trịn đường kính AB Hay tứ giác AEDB nội tiếp Vậy tứ giác AEHF AEDB nội tiếp đường trịn (đpcm) µ b) Các tam giác vuông AEB (vuông E) AFC (vng F) có A chung nên : AEB ~ AFC (g.g) AE AF Suy :   AF.AB = AE.AC (đpcm) AB AC A (H 3) Gọi O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC; I tiếp điểm (O) BC OI = r OI  BC Hai tam giác ABC OBC có chung cạnh BC, hai đường cao tương ứng AD OI nên: SOBC OI r   ; SABC AD AD Chứng minh tương tự ta có : SOAC r S r  ; OAB  SABC BE SABC CF 51 E F H B O C D I Hì nh VNMATH.COM www.VNMATH.com r r r S  SOAC  SOAB 1 1    (1)    OBC 1 AD BE CF SABC AD BE CF r 1   Mà AD + BE + CF = 9r Suy (AD  BE  CF)      9r r  AD BE CF  AD AD BE BE CF CF  1    1    1 BE CF AD CF AD BE  AD BE   BE CF   AD CF            BE AD   CF BE   CF AD  Áp dung bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có : AD BE AD BE AD BE  2 hay   BE AD BE AD BE AD AD BE  AD = BE = Dấu có BE AD BE CF AD CF     Chứng minh tương tự ta có : CF BE CF AD Dấu có BE = CF AD = CF  AD BE   BE CF   AD CF  Do :       6 BE AD   CF BE   CF AD        Dấu xảy AD = BE = CF  AB = BC = CA  ABC Suy : Vậy AD + BE + CF = 9r tam giác ABC Bài (0,5 điểm)  x  y6 |x| > |y| |x| > |y|    Từ x – y =    |x|  x  hc x   x    Xét hai trường hợp : x  y  − Nếu x ≥ |x| > |y|  −x < y < x   x  y  Khi : x + y + x - y =  x + y + x – y =  x = (thoả mãn) Vì x6 – y6 = nên y = Thử lại thấy x = 1, y = thoả mãn hệ ì x+ y< ï − Nếu x ≤ −1 x > y  −x > y  x < y < −x ï í ï x- y< ï ỵ 6 Khi : x + y + x - y =  −(x + y) – (x – y) =  x = −1 (thoả mãn) Vì x6 – y6 = nên y = Thử lại thấy x = −1, y = thoả mãn hệ Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (−1 ; 0) (1 ; 0) 52 VNMATH.COM www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Năm học 2009 – 2010 Mơn : TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) 13   ; 2 4 3 x yy x xy  b) với x > 0; y > x ≠ y xy x y Rút gọn biểu thức sau: a) Giải phương trình : x   x2 Bài (2,0 điểm) (m  1)x  y  Cho hệ phương trình  (m tham số) mx  y  m   Giải hệ phương trình với m = 2; Chứng minh với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệm (x ; y) thoả mãn 2x + y ≤ Bài (2,0 điểm) Cho mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = (k – 1)x + (k tham số) parabol (P) : y = x2 Khi k = -2, tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) Chứng minh với giá trị k đường thẳng (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt; Gọi y1; y2 tung độ giao điểm đường thẳng (d) (P) Tìm k cho : y1 + y2 = y1y2 Bài (3,5 điểm) Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B C) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DM, đường thẳng cắt đường thẳng DM DC theo thứ tự H K Chứng minh tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường trịn ; Tính góc CHK Chứng minh: KH.KB = KC.KD; 1 Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh   2 AD AM AN Bài (0,5 điểm) Giải phương trình : 1 1     3   x 2x  5x    4x  53 VNMATH.COM www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức: 13 3(2  3) 13(4  3)       a) 43 16  3 2 4 3 = - 3 + + + = 10 b) Với x > 0, y > x ≠ y : x yy x xy( x  y ) ( x  y )( x  y ) xy    = xy x y xy x y  x y x y2 x ĐKXĐ : x ≠ -2 Từ phương trình cho suy : x(x + 2) + = 3(x + 2)  x2 – x – = Vì a – b + c = – (-1) + = nên phương trình có hai nghiệm : x1 = -1; x2 = Cả hai nghiệm thoả mãn ĐKXĐ Vậy S = {-1 ; 2} Bài (2,0 điểm) x  y  x  x      Với m = 2, hệ cho trở thành :  y  2x  y  x  y  Vậy với m = nghiệm hệ phương trình cho (x ; y) = (1 ; 1) Hệ phương trình cho tương đương với hệ : x  m  x  m  mx  y  m       x  m  m(m  1)  y  m   y   2m  m Suy hệ phương trình cho ln có nghiệm (x ; y) = (m – ; + 2m – m2) với m Khi đó, ta có : 2x + y = 2(m – 1) + + 2m – m2 = - + 4m - m2 = – (m – 2)2 ≤ (m – 2)2 ≥ m Vậy với giá trị m hệ phương trình cho ln có nghiệm (x ; y) thoả mãn 2x + y ≤ Bài (2,0 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là: x2 = (k – 1)x +  x2 – (k – 1)x – = (1) Khi k = -2, phương trình (1) trở thành : x2 + 3x – = Vì a + b + c = + + (-4) = nên phương trình có hai nghiệm : x1 = ; x2 = -4 Với x1 =  y1 = 12 = ; với x2 = -4  y2 = (-4)2 = 16 Vậy toạ độ giao điểm (d) (P) k = -2 : (1 ; 1) (-4 ; 16) Xét phương trình (1) có : Δ = (k – 1)2 + 16 > k nên (1) ln có hai nghiệm phân biệt với k VNMATH.COM 54 www.VNMATH.com Từ suy với giá trị k đường thẳng (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt (đpcm) Gọi x1 ; x2 hoành độ tương ứng với tung độ y1 ; y2 giao điểm đường thẳng (d) (P) Hiển nhiên, x1 x2 hai nghiệm phân biệt phương trình (1) Áp dụng định lí Vi-et, ta có : x1 + x2 = k – ; x1x2 = -4 Mà : y1 = x1 y2 = x (vì giao điểm thuộc (P)), nên từ giả thiết ta có : 2 2 y1 + y2 = y1y2  x1  x  x1 x  (x1  x )  2x1x  (x1x ) 2 hay (k – 1)2 – 2.(-4) = (-4)2  (k – 1)2 =  k = ± 2 Vậy giá trị k thoả mãn yêu cầu toán : k = ± 2 Bài (3,5 điểm) Xét tứ giác ABHD có A  900 (vì ABCD hình vng) BHD  900 (giả thiết)  A  BHD  1800 Hai góc vị trí đối nên tứ giác ABHD nội tiếp A B H M E D C K N Xét tứ giác BHCD có : BCD  900 (vì ABCD hình vng) BHD  900 (giả thiết)  BCD  BHD  900 Hai đỉnh kề H C nhìn cạnh đối diện góc 900 nên tứ giác BHCD nội tiếp Vậy tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn (đpcm) Vì ABCD hình vng nên DB đường phân giác ADC  900  BDC  450 Tứ giác BDHC nội tiếp (chứng minh trên) nên : CHK  BDC (cùng bù với BHC ) Vậy CHK  450 Xét ΔKHC ΔKDB có : K chung ; CHK  BDC (chứng minh trên) KH KD Do ΔKHC ~ ΔKDB (g.g)    KH.KB = KC.KD (đpcm) KC KB Trên tia đối tia DC lấy điểm E cho DE = BM Vì ADC  900  ADE  900 (hai góc kề bù)  ΔADE vng D Xét ΔADE ΔABM có : AD = AB (hai cạnh hình vng ABCD) ADE  ABM  900 DE = BM 55 VNMATH.COM www.VNMATH.com  ΔADE = ΔABM (c.g.c)  AM = AE EAD  BAM  EAN  EAD  DAN  BAM  DAN  BAD  900  ΔEAN vuông A Tam gác EAN vng A có đường cao AD nên theo hệ thức lượng tam giác vng ta có : 1 1 1   hay   (đpcm) 2 2 AD AE AN AD AM AN Bài (0,5 điểm) ĐKXĐ : x > 1 1    3x 6x  4x  5x  Đặt : 3x  a, 6x   b, 4x   c, 5x   d (a, b, c, d > 0)  a + c > 0, b + d > c2 – a2 = b2 – d2 (= x – 3) Phương trình trở thành : 1 1 1 1 ca bd c2  a b2  d         ↔ (1)   a b c d a c d b ac bd ac(a  c) bd(b  d) - Nếu x = c2 – a2 = b2 – d2 =  (1) hiển nhiên 1 - Với x  c2 – a2 = b2 – d2  0, (1)   (2) ac(a  c) bd(b  d) 0  a  d 0  3x  5x   +) Nếu x > :   0  c  b 0  4x   6x   0  a  c  b  d 1   (2) không thoả mãn  ac(a  c) bd(b  d) 0  d  a 0  5x   3x  +) Nếu < x < :   0  b  c 0  6x   4x  0  b  d  a  c  1   (2) không thoả mãn  ac(a  c) bd(b  d) Khi phương trình cho tương đương với Tóm lại, phương trình cho có nghiệm x = 56 VNMATH.COM www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG Năm học 2010 – 2011 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức: Chứng minh :  x9   A=  với x > 0, x   x3 x x  3 x        10 5 2  5 Bài 2.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = (k – 1)x + n hai điểm A(0 ; 2), B (-1 ; 0) Tìm giá trị k n để : a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : y = x + – k Cho n = Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB Bài (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai : x2 – 2mx + m – = (1) (với m tham số) Giải phương trình (1) với m = -1 Chứng minh pt (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 1 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức :   16 x1 x Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn (O ; R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O ; R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O ; R) điểm K khác A, hai dây MN BK cắt E Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp CAE đồng dạng với CHK Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh : OK // MN KM  KN  4R Bài (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn a + b + c = Chứng minh : (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3   - HẾT - Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ………………………… Giám thị 1: ………………………………… Giám thị 2: ……………………………………… 57 VNMATH.COM www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2,0 điểm) Với x > 0, x  9, :  x9  A    x3 x x  3 x   x9     x ( x  3) x  3 x  x   x  x ( x  3)( x  3)  x ( x  3)( x  3) x (x  9).( x  3)( x  3)  x ( x  3)( x  3) x x9 A x  Biến đổi vế trái, ta có :   2  2  VT     5  10  5 5 5 2 (  2)(  2)  52   Vậy 5.    10 52 5 2  Bài 2.(2,0 điểm) a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B, nên ta có hệ : n  n    k  (k  1).( 1)  n  Vậy với k = 3; n = (d) qua hai diểm A(0 ; 2) B(-1 ; 0) b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng () : k   k  y   2  k  n n  Vậy với k = n  đường thẳng (d) song A song với đường thẳng () 2 Với n = 2, phương trình đường thẳng (d) : y = (k – 1)x + Để (d) cắt trục Ox k –   k  Khi giao điểm (d) Ox C ( ;0) 1 k Các tam giác OAB OAC vuông O, nên: 1 SOAB  OA.OB ; SOAC  OA.OC 2 Theo giả thiết : SOAC = 2SOAB  OC = 2OB 58 B -2 -1 C O -1 Hì nh VNMATH.COM x www.VNMATH.com , OB = (đvđd) nên ta có : 1 k =  |1 – k| =  k = k = 1 k Vậy với k = k = SOAC = 2SOAB Dễ thấy OC = Bài (2,0 điểm) Với m = -1, phương trình (1) trở thành : x2 + 2x – = ’ = + = > 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = -1 – = -4 ; x2 = -1 + = 27 > m Xét ’ = m2 - m +  (m  )   (1) ln có hai nghiệm phân biệt m Vì (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m nên theo định lí Vi-et, ta có:  x1  x  2m   x1 x  m  x  x2 1 2m  16  Theo   16   16  m = (thoả mãn) x1 x x1 x m Vậy giá trị m cần tìm m = Bài (3,5 điểm) I M A O H B A O E H B E N K F M K N C C Hì nh Hì nh (H 2) *) Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp : Dễ thấy AHE  900 (vì MN  AB) 59 VNMATH.COM www.VNMATH.com AKB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay AKE  900 Xét tứ giác AHEK có AHE  AKE  1800 nên tứ giác nội tiếp *) Chứng minh CAE ~ CHK Xét CAE CHK có : C chung CAE  CHK (góc nội tiếp chắn KE ) Do CAE ~ CHK (g.g) (H 2) Vì BK  AC ( AKB  900 ) NF  AC (gt) nên BK // NF (cùng  AC) (1) Do : KFN  MKB (đồng vị) KNF  NKB (so le trong) 1 Mặt khác MKB  sđMB NKB  sđNB 2 mà MB  NB (vì đường kính AB vng góc với dây cung MN) nên MKB  NKB (2) Từ (1) (2) suy KFN  KNF Vậy KNF cân K (H 3) *) Chứng minh OK // MN Nếu KE = KC KEC vng cân K  KEC  450 Tứ giác AHEK nội tiếp nên BAK  KEC  450  AKB vuông cân K  OK  AB Mà MN  AB (gt) nên OK // MN *) Chứng minh KM  KN  4R Gọi I giao điểm KO với (O ; R) IK // MN Vì IK MN hai dây cung (O) nên MI  NK  MI = KN KMI có KI đường kính (O) nên vng M Áp dụng định lí Pitago, ta có : KM  MI  KI hay KM  KN  4R Bài (0,5 điểm) Cách Khơng giảm tổng qt, giả sử c = min(a ; b ; c) Từ giả thiết a + b + c =  3c  a + b + c  c  Do  c  Đặt a = + x, b = + y c = – x – y Do  c  nên  x + y  Ta có : (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 = x3 + y3 + (-x – y)3 = -3xy(x + y) Mặt khác (x – y)2  x, y  xy  (x  y) (x  y)  (vì  x + y  1) 4 3  -3xy(x + y)  Dấu xảy  x = y = (khi a = b = , c = 0) 2  xy(x + y)  60 VNMATH.COM www.VNMATH.com Vậy (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3   3  Cách Ta có: (a  1)  a  3a  3a   a(a  3a  3)   a  a    a  2  3   (a  1)  a  (1) (do a   a    ) 2  Tương tự: (b  1)  b  (2) (c  1)  c  (3) Cộng (1), (2) (3) vế theo vế ta : 3 (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3  (a  b  c)       4 3 2 Vậy (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3   Dấu đẳng thức xảy :   3  a  a     2 a   a    a  0, b  c     3    b  b    b   b     b  0, a  c  2       c  c    c   c  c  0, a  b      2      a  b  c  a  b  c   61 3 VNMATH.COM www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Bài (2,0 điểm)  x 1 Rút gọn biểu thức A Cho biểu thức A  x3 với x  x   x 1 x1 Tính giá trị A x   2 Bài 2.(2,0 điểm) mx  2y  18 Cho hệ phương trình:  (m tham số) x  y   Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x ; y) x = Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x ; y) thoả mãn 2x + y = Bài (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parbol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = ax + (a tham số) Vẽ parbol (P) Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt Gọi x1, x2 hoành độ hai giao điểm (d) (P) Tìm a để x1 + 2x2 = Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Điểm C nằm tia đối tia BA cho BC = R Điểm D thuộc đường tròn tâm O cho BD = R Đường thẳng vng góc với BC C cắt tia AD M Chứng minh rằng: a) Tứ giác BCMD tứ giác nội tiếp b) AB.AC = AD.AM c) CD tiếp tuyến đường tròn tâm O Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần Tính diện tích phần tam giác ABM nằm ngồi đường trịn tâm O theo R Bài (0,5 điểm) Cho a, b, c số không âm thoả mãn: a + b + c = 1006 Chứng minh rằng: 2012a  (b  c) (c  a) (a  b)  2012b   2012c   2012 2 2 - HẾT - Họ tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ………………………… HƯỚNG DẪN GIẢI 62 VNMATH.COM www.VNMATH.com Bài (2,0 điểm) Với x  0, x  1, : 3( x  1)  ( x  1)  ( x  3) x   x   x  A   ( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1) x 1  ( x  1)( x  1) x 1 Nhận xét: x   2  (  1) (thoả mãn  x  1)  Do đó: A  x  | - 1| = - (vì  1) 1   2  1 Bài 2.(2,0 điểm) Với x = từ phương trình x – y = -6  y = Thay x = 2, y = vào phương trình thứ nhất, ta được: 2m + 16 = 18  m = Vậy giá trị cần tìm m = Điều kiện để hệ phương trình cho có nghiệm nhất: m   m  2 1 Nghiệm (x ; y) hệ cho thoả mãn điều kiện đề nghiệm hệ: x  y  x    2x  y  y   Từ đó, ta có: 5m – = 18  m = (thoả mãn m  -2) Vậy giá trị cần tìm m = Bài (2,0 điểm) Bạn đọc tự giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2 = ax + =  x2 – ax – = Vì  = a2 + 12 > a nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt a Tứ suy (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt Áp dụng định lí Vi-et, ta có: x1 + x2 = a x1x2 = -3 Theo giả thiết: x1 + 2x2 =  a + x2 =  x2 = – a; x1 = a – x2 = 2a – 3; x1x2 = -3  (2a – 3)(3 – a) = -3  2a2 – 9a + =  = 92 – 4.2.6 = 33 >  a1,2   33 Vậy có hai giá trị cần tìm a là: a1,2   33 Bài (3,5 điểm) (Xem hình vẽ bên) 63 VNMATH.COM www.VNMATH.com a) Ta có: ADB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  BDM  900 (hai góc kề bù) BCM  900 (do MC  BC) M Xét tứ giác BCMD có: BDM  BCM  1800  Tứ giác BCMD tứ giác nội tiếp D b) Xét ADB ACM có: A chung; ADB  ACM  900 nên ADB ~ ACM (g.g) AD AB   AB.AC = AD.AM (đpcm)  AC AM c) ODC có DB đường trung tuyến ứng với cạnh OC DB  OC nên ODC vuông D Suy OD  CD Do CD tiếp tuyến (O) A B O OBD có OB = OD = BD = R  OBD  OBD  BOD  600 SOBD  C 3R (đvdt) OAD OBD chung chiều cao hạ từ đỉnh D, đáy nên: SOAD  SOBD  3R  SABD  3R (đvdt) Xét MBD MBC có: MDB  MCB  900 , BM cạnh chung, BD = BC (giả thiết)  MBD = MBC (cạnh huyền-góc nhọn)  MBD  MBC  CBD 1800  OBD 1800  600    600 2  MBD  OBD  BD tia phân giác góc ABM ABM có BD vừa đường cao vừa đường phân giác nên cân B  BD đồng thời đường trung tuyến ứng với cạnh AM Suy ra: SABM  2SABD  3R (đvdt) Gọi S diện tích phần tam giác ABM nằm ngồi đường trịn tâm O thì: S  S ABM  SAOD  Sq(OBD)  3R  3R R 60 (9  2)R (đvdt)   360 12 Bài (0,5 điểm) Đặt P  2012a  (b  c) (c  a) (a  b)  2012b   2012c  2 (b  c) (b  c) (b  c) Ta có: 2012a   2a.1006   2a(a  b  c)  2 2 2 4a  4a(b  c)  (b  c) 4a  4a(b  c)  (b  c)  4bc   2 64 VNMATH.COM www.VNMATH.com   (2a  b  c) (2a  b  c) (do b, c  0)  2bc  2 (b  c) (2a  b  c) 2a  b  c   2012a  2 (c  a) 2b  c  a (a  b) 2c  a  b Chứng minh tương tự: 2012b    ; 2012c  2 2 2a  b  c 2b  c  a 2c  a  b 4(a  b  c) 4.1006 Suy ra: P       2012 2 2 2 (b  c) (c  a) (a  b)  2012b   2012c   2012 Vậy 2012a  2 a  b  0, c  2012  Dấu xảy  b  c  0, a  2012 c  a  0, b  2012  65 VNMATH.COM ... TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2006 – 2007 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) x  x  10. .. tương đương với : x -  - x  x  4x 2x  10 - Xét vế trái : Đặt t  x -  - x   t   (x - 1)(3 - x) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số khơng âm, ta có : (x - 1)(3 - x)  x    x  2... GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2002 – 2003 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm):