Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê hồng phong năn học 1999 – 2000 Mơn tốn (Đề chung) Bài 1(2điểm) Cho biểu thức: N = a b a +b + − ab + b ab − b ab với a,b số dương khác 1)Rút gọn biểu thức N 2)Tính giá trị biểu thức N : a = +2 b = −2 Bài 2(2,5 điểm) Cho phương trình ẩn x: x4 – 2mx2 + m2 – = 1)Giải phương trình với m = 2)Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt Bài (1,5 điểm) Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) parapol (p) có phương trình y=- x 1)Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc k qua điểm A(2; - 3) 2)Chứng minh đường thẳng qua điểm A(2;-3) không song song với trục tung cắt parabol y = - x điểm phân biệt Bài 4(4 điểm) Cho đường tròn (O,R) đường thẳng (d) cắt đường tròn điểm A, B Từ điểm M nằm đường thẳng (d) ngồi đường trịn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP MQ đến đường tròn , P Q tiếp điểm 1)Gọi I giao điểm đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ 2)Xác định vị trí điểm M đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ hình vng 3)Chứng minh điểm M di chuyển đường thẳng (d) đường trịn nội tiếp tam giác MPQ chạy đường thẳng cố định Đáp án Bài 1: Câu 1: : N = = a b a +b + − = ab + b ab − b ab a b a +b + − b( a + b) a( b − a) ab a a ( b − a ) + b b ( b + a ) − ( a + b)(b − a ) ab (b − a ) Câu 2: Ta có a = +2 = v b = −2 = ( −1) => N = a +b = b −a B ài 2: C âu1: m = + + −1 −1 − −1 ( +1) = a ab + b ab ab ()b − a ) = a +b b −a = +1 = −1 =− ,phương trình : x4 – 2mx2 + m2 – = trở thành: x4 - x = ⇔ x2 (x2 - )=0 ⇔ x =0  x =2 ⇔ x1 =  x ,3 = ±  Vậy phương trình cho có nghiệm : x1 = , x2 = x3 = - Câu 2: Đặt t = x2 , điều kiện t ≥ Phương trình cho trở thành: t2 – 2mt + m2 – = (1) Phương trình cho có nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (1) có nghiệm có nghiệm nghiệm dương *)Phương trình (1) nhận t = nghiệm ⇔ m2 – = ⇔ m = ± +)Khi m = , phương trình (1) trở thành: t2 - t = ⇔ t1 = (thoả mãn)  t2 =2  v ậy m = ,là giá trị cần tìm +)Khi m = - , phương trình (1) trở thành : t2 + ⇔ t=0 t1 = (khơng thích hợp)  t = − Vậy m = - khụng tho loa Tóm lại phơng trình ®· cho cã nghiƯm ph©n biƯt ⇔ m = Bài Câu 1: Phơng trình đờng thẳng qua điểm A(2;-3) có hệ số góc k là: y = k(x-2) Câu 2: Phơng trình đờng thẳng (d) qua điểm A(2;-3) không song song víi trơc tung cã d¹ng: y = k(x-2) – ( k số bất kỳ) Hoành độ giao điểm parabol (p) đờng thẳng (d) nghiệm phơng trình: - x = k(x-2) – ⇔ x2 + 2kx – 4k – = (*) Đờng thẳng (d) parabol(p) cắt điểm phân biệt phơng trình (*) cã nghiƯm ph©n biƯt víi mäi k / ⇔ ∆ > víi mäi k ⇔ k + 4k + > víi mäi k / ThËt vËy ∆ = k2 + 4k + = (k2 + 4k + 4) + = (k + 2)2 + > với k điều phải chøng minh Bµi 4: P O I M A K Q B (D) Câu 1: +)Vì MP MQ tiếp tuyến xuất phát từ điểm M => tia MO tia phân giác góc PMQ (1) +) Cũng MP MQ tiếp tuyến xuất phát từ điểm M góc PMO = QMO => cung PI = cung IQ Ta cã gãc MIP góc tạo dây cung tiếp tuyến => Sđ góc MPI = Lại có Sđ góc IPQ = S® cung PI S® cung QI => gãc MPI = gãc IPQ => PI lµ tia phân giác góc MPQ (2) Từ (1) vµ (2) => I giao điểm hai đường phân giác đỉnh M đỉnh P tam giác MPQ => I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ (đpcm) Câu2: a) Phân tích: Giả sử M điểm đường thẳng (d) cho tứ giác MPOQ hình vng => cạnh hình vng R  MO = R 0,25®  M nằm đường tròn (O ; R )  M giao điểm đường thẳng (d) đường trũn (O ; R ) 0,25đ b) Cách dựng: + Dựng đoạn R 0,25 + Vẽ đờng tròn (O, R ) + LÊy giao ®iĨm M cđa đờng thẳng (d) đờng tròn (O, R ) => M điển phải dựng 0,25 c) Chng minh: Vì MO = R > R => M nằm đường tròn (O,R) Nên từ M kẻ hai tiếp tuyến MP MQ đến đường tròn 0,25đ + Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông MPO ta coù MP2 = MO2 – OP2 = 2R2 – R2 = R2 => MP = R Tương tự chứng minh MQ = R => MPOQ tưa giác có cạnh có góc vuông => MPOQ hình vuông 0,25đ d) Biện luận Vì đường thẳng (d) đường tròn (O, R ) cắt điểm => toán có hai nghiệm hình 0,25đ Câu 3: (1đ) +Đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đường tròn đường kính MO 0,25đ +Từ O kể đường thẳng vuông góc đến đường thẳng (d) K => góc MKO = 1v => K nằm đường tròn đường kính MO 0,25đ => đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ qua điểm cố định O K 0,25đ ∆) => tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy đường trung trực ( đoạn OK 0,25đ Đề thi tuyển sinh vào 10 PTTH năm học 1999 – 2000 Mơn tốn thời gian làm 150 phút Bài 1(1,5 điểm) Cho biểu thức : A = x − 4x + 4 − 2x a) Với giá trị x biểu thức A có nghĩa b) Tính giá trị biểu thức A x = 1,999 Bài 2(1,5 điểm) Giải hệ phương trình: 1 x−   4+ x  = −1 y− =5 y− Bài (2 điểm) Tìm giá trị a để phương trình : (a2 – a – 3)x2 + (a + 2)x – 3a2 = nhận x = nghiệm Tìm nghiệm cịn lại phương trình? Bài (4 điểm) Cho tam giác ABC vng đỉnh A cạnh AB lấy điểm D khơng trùng với đỉnh A đỉnh B Đường trịn đường kính BD cắt cạnh BC E Đường thẳng AE cắt đường trịn đường kính BD điểm thứ G Đường thẳng CD cắt đường tròn đường kính BD điểm thứ F Gọi S giao điểm đường thẳng AC BF Chứng minh: 1) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG 2) SA SC = SB SF 3) Tia ES phân giác góc AEF Bài 5(1 điểm) Giải phương trình : x2 + x + 12 x +1 = 36 Đáp Án Bài 1: Câu a) Ta có : A = ( x − 2) x − 4x + = 2( − x ) − 2x Vì (x- 2)2 ≥ với x => ( x − 2) có nghĩa với x => Biểu thức A có nghĩa ⇔ – 2x ≠ ⇔ x ≠ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu b) Ta có A = x −2 0,25đ 2( − x )  x− = − khix − >  2(2 − x)  ⇔   − x = khix − <  2(2 − x)  Khi x = 1,999 => x < => A = 0,5 0,25đ 0,25đ Bài (1,5 đ) 1 x−   4+ x  Đặt u = x = −1 y− =5 y− v = y − Hệ phương trình trở thành: u− v= −1   4u + 3v = 0,25đ Giải hệ phương trình   u =  v =  0,5đ => x = 25 Với v = => y = Với u = Vậy hệ có nghiệm :  x=    y = 25   0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài 3: Phương trình cho nhận x1 = nghiệm ⇔ 4(a2 – a – 3) + 2(a + 2) – 3a2 = 0,5đ ⇔ a2 – 2a – = 0,25đ ⇔ a  =−  =4 a  0,25đ Khi nghiệm cịn lại phương trình là: x2 = − 3a 2(a − a − 3) 0,5đ +) Nếu a = -2 , nghiệm cịn lại phương trình x2 = -2 +) Nếu a = , nghiệm lại phương trình x2 = - 0,25đ 0,25đ Bài S A F D G B E C Câu 1: Chứng minh AC // FG ( đ) Tứ giác ACED có : góc A = góc E = 1v 0,25đ nên nội tiếp đường tròn => ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG (1) 0,25đ Mặt khác điểm D,G, E, F nằm đường trịn đường kính BD nên tứ giác DGEF nội tiếp đường trịn => góc DEG = góc DFG (2) 0,25đ Từ (1) (2) => góc ACD = góc DFG => AC // FG (Vì có góc so le nhau) 0,25đ Câu : Chứng minh SA.SC = SB SF (1,5đ) Tứ giác ACBF có ∠ A = ∠F = 1v => tứ giác ACBF nội tiếp đường trịn đường kính BC => ∠FAC + ∠ FBC = 2v 0,25đ Lại có ∠ FAC + ∠ SAF = 2v => ∠SAF = ∠ FBC hay ∠SAF = ∠SBC 0,25đ Xét tam giác SAF SBC có : ∠S chung , ∠ SAF = ∠SBC (cmt) => Hai tam giác SAF SBC đ ồng d ạng 0,5 đ => SA SF = SB SC 0,25 đ => SA.SC = SB.SF 0,25 đ C âu 3: Chøng minh : Tia ES tia phân giác góc AEF (1,5 đ) Ta cã gãc AED = gãc ACF (cmt) (1) V× tø giác BEDF nội tiếp đợc đờng tròn => góc DEF = góc DBF (2) Vì tứ giác ACBF nội tiếp đợc đờng tròn => góc ACF = góc ABF (3) Tõ (1) , (2) vµ (3) => gãc AED = góc DEF => ED tia phân giác góc AEF Mặt khác : CF BA đờng cao tam giác SBC nên D trực tâm tam giác => SD BC Mà DE BC => điểm S.D,E thẳng hàng => tia ES phân giác góc AEF 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài (1đ): Ta có x2 + x + 12 x +1 = 36 ⇔ (x2 + 2x + 1) – (x-1 - 12 x +1 + 36) = ⇔ (x + 1)2 – ( x +1 - 6)2 = ⇔ (x + - x +1 + )( x + + x +1 - ) = a) Trường hợp : x + - x +1 + = (a) Đặt t = x +1 ( điều kiện t ≥ ) , phương trình (a) trở thành t2 – t + = ( vô nghiệm) b) Trường hợp : x + + x +1 - = (b) Đặt t = x +1 ( điều kiện t ≥ ) , phương trình (b) trở thaønh t2 + t - = ⇔ t = - (loại) t = (thoả mãn) t = => x +1 = ⇔ x + = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x = ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG năm học 2000 -2001 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Môn toán(Đề chung) Bài (2,5 điểm) Cho biểu thức : T= x +2 x x −1 + 1) Rút gọn biểu thức T x +1 x + x +1 − x +1 x −1 2) Chứng minh với x > x với x > x ≠ có T < ≠ 1 Bài ( 2,5 điểm) Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 - =0 (1) 1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm nghiệm phương trình có giá trị tuyệt đối 2) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm nghiệm số đo hai cạnh góc vuông tam giác vuông có cạnh huyền Bài 3(1 điểm) Trên hệ trục toạ độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y = x2 (P) Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = 3x + 12 có với parabol (P) điểm chung Bài (4 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R Một điểm M chuyển dộng đường tròn (O) ( M khác với A B) Gọi H hình chiếu vuông góc M đường kính AB.Vẽ đường tròn (T) có tâm M bán kính MH Từø A B kể tiếp tuyến AD BC đến đường tròn (T) (D C tiếp điểm) 1) Chứng minh M di chuyển đường tròn (O) AD + BC có giá trị không đổi 2) Chứng minh đường thẳng CD tiếp tuyến đường tròn (O) 3) Chứng minh với vị trí M đường tròn (O) có bất đẳng thức AD.BC ≤ R2 Xác định vị trí M đường tròn (O) để đẳng thức xảy 4) Trên đường trìn (O) lấy điểm N cố định Gọi I trung điểm MN P hình chiếu vuông góc I MB Khi M chuyển động đường tròn (O) P chạy đường ? ĐÁP ÁN: Bài Câu 1: T = x +2 x x −1 x +2 + x +1 − x + x +1 x +1 + − = ( x ) −1 x + x + x +1 x −1 x −1 0,5ñ x + + ( x + 1)( x −1) − ( x + x + 1) = x− x ( x −1)( x + x +1) = = 0,25ñ ( x −1)( x + x + 1) 0,25ñ x ( x −1) 0,25đ ( x −1)( x + x +1) = Câu 2: x 0,25ñ x + x +1 ( x − 1) 1 x Xeùt -T= = 3 x + x +1 3( x + ) + => - T > ( x - 1)2 > 3( x + ) + > với x > x => T < với x > ø x ≠ 0,25đ 0,25đ ≠ 0,25đ Bài Câu (1đ) : Giả sử phương trình có nghiệm x1 , x2 thoả mãn => x1 = x2 x1 = - x2 a) Neáu x1 = x2 => ∆ = => ∆ = 0,25ñ x1 = x = (vô lý) 0,25đ b) Nếu x1 = - x2 => x1 + x2 = => 2m = => m = => phương trình cho trở thành : x2 - =0 ⇔ x= ± 0,25đ 0,25đ => phương trình có nghiệm có giá trị tuyệt đối => m = giá trị cần tìm 0,25đ Câu 2(1,5đ) Giả sử phương trình có nghiệm x1 x2 số đo cạnh góc vuông tam giác vuông có cạnh huyền => x1 > ; x2 > vaø x12 + x22 = 0,25đ Ta có x12 + x22 = (x1 + x2 )2 - 2x1x2 = 4m2 – 2(m2 => vaø x12 + x22 = ⇔ 2m2 + = ⇔ m = ± +Với m = phương trình cho trở thành : x2 - 4x + Phương trình có nghiệm là: x1 = - ; x2 = + ) = 2m2 + 0,25đ 0,25đ = (thoả mãn) => m = giá trị cần tìm + Với m = -2 phương trình cho trở thành: x2 + 4x + Phương trình có nghiệm : = 0,25đ x1 = - - 1 < vaø x2 = - + < (loaïi) 2 => m = -2 không troả mãn Tóm lại: Phương trình cho có hai nghiệm nghiệm số đo cạnh góc vuông tam giác vuông có cạnh huyền ⇔ m = Bài 3: +)Gọi (d) đường thẳng phải tìm.Vì đường thẳng (d) // đường thẳng y = 3x + 12 => phương trình đường thẳng (d) có dạng; y = 3x + m 0,25đ 0,25đ 0,25đ +)Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol y = x2 nghiệm phường trình: x2 = 3x + m ⇔ x2 – 3x – m = (*) 0,25đ +)Đường thẳng (d) parabol y = x có điểm chung ⇔ phương trình (*) có nghiệm ⇔ ∆= ⇔ + 4m = ⇔ m = - => phương trình đường thẳng (d) y = 3x - 0,25đ 0,25đ Bài 4: Câu 1: (0,75đ) +) Vì AD AH tiếp tuyến đường tròn (M,MH) xuất phát từ đỉnh A => AD = AH (1) 0,25đ +) Vì BH BC tiếp tuyến đường tròn (M, MH) xuất phát từ đỉnh B => BC = BH (2) 0,25đ +) Từ (1) và(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = không đổi N K A O H II B C M D Câu 2: (1,25đ) a) Trước hết ta chứng minh điểm C, D , M thẳng hàng Thật vậy: + Vì AD AH tiếp tuyến đường tròn (M,MH) xuất phát từ A => góc AMD = góc AMB (3) + Vì BH BC tiếp tuyến đường tròn (M, MH) xuất phát từ B => góc BMC = góc BMH (4) Từ (3) (4) => góc AMD + goùc BMC = goùc AMH + goùc BMH = góc AMB = 900 0,25đ => (góc AMD + goùc BMC) + (goùc AMH + goùc BMH) = 180 0,25đ => điểm C, D, M thẳng hàng M trung điểm CD 0,25đ b)Vì AD BC tiếp tuyến đường tròn (M,MH) => AD ⊥ CD vaø BC ⊥ CD => ABCD hình thang vuông Mặt khác : O trung điểm AB M trung điểm CD  OM đường trung bình hình thang ABCD  OM // AD 0,25đ LẠi có AD ⊥ CD => OM ⊥ CD 0,25đ Mà Om đường kính đường tròn (O) => CD tiếp tuyến đường tròn (O) 0,25đ Câu 3;(1đ) Ta có : 4.AD.BC = (AD + BC)2- (AD – BC)2 0,25ñ 2 ≤ (AD +BC) = 4R 0,25ñ => AD.BC ≤ R 0,25đ Đẳng thứ xảy ⇔ AD = BC ⇔ ABCD hình chữ nhật ngoại tiếp nửa đường tròn đường kính AB ⇔ M trung điểm của nửa đường tròn đường kính AB 0,25đ Câu (1đ) Ta có góc AMB = 900 (Góc nôịo tiết chắn nửa đường tròn )  AM ⊥ MB.Mặt khác : IP ⊥ MP (gt)  => AM // IP hay IK //AM Xét ∆ ANM có IK // AM , I trung điểm MN => IK đường trung bình 0,25đ => K trung điểm AN mà A N cố định => K cố định 0,25đ Ta có góc BPK = 90 điểm B, K cố định 0,25đ => Khi m chuyển động đường tròn (O) P chạy đường tròn đường kính BK 0,25đ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 – PTTH TỈNH NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2000- 2001 Bài 1: (2điểm) Cho A = ( a+ a a +1 +1).( a− a a −1 −1) Với ≠ a ≥ a Rút gọn A b Với ≠ a ≥ Tìm a cho A = - a2 Bài 2: (2 điểm) Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm : M(2 ; 1) vaø N(5; y = ax + b ) đường thẳng (d): a) Tìm a b để đường thẳng (d) qua M N b) Xác định toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Ox Oy Bài 3: (2 điểm) Cho số nguyên dương gồm chữ số Tìm số biết tổng chữ số 1/8 số cho thêm 13 vào tích chữ số số viết theo thứ tự ngược lại với số cho Bài 4: ( điểm) Cho tam giác PBC , PA đường cao Đường tròn đường kính BC cắt PB ,PC M N , NA cắt đường tròn điểm thứ hai E a) Chứng minh điểm : A, B, P, N thuộc đường tròn Xác định tâm bán kính đường tròn b) Chứng minh : EM ⊥ BC c) Gọi F điểm đối xứng N qua BC, chứng minh AM.AF = AN AE Bài 5(1 điểm): Giả sử n số tự nhiên Chứng minh : 1 1 + + + + (d) cắt trục Oy điểm (0; 2) + Giao (d) với trục Ox : Cho y = ta coù: =  (d) cắt trục Ox điểm (4;0) x + ta tìm x + => x = Bài Gọi số nguyên dương có hai chữ số ab (Điều kiện : a , b ∈ N ; ≤ a ≤ ; ≤ b ≤ ) Tổng hai chữ số la:ø a + b Theo ta có phương trình : a+ b = ab hay : a+b = (10a+ b) Tích hai chữ số : a.b Theo đầu ta có phương trình: ab + 13 = ba hay : ab + 13 = 10b + a Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:   a + b = (10a + b)   ab + 13 = 10b + a ⇔  8a + 8b = 10a + b   ab + 13 = 10b + a (1) (2)  2a − 7b = .(1/ ) ⇔   ab + 13 = 10b + a (2 / ) 7b 7b 7b ⇔ 7b2 – 27b + 26 = vào (2/) ta : b + 13 = 10b + 2 27 +1 Coù : ∆ = 272 – 4.7.26 = => ∆ = => b1 = = (thoả mãn) 14 27 −1 26 ∉ N (loaïi) b2 = = 14 14 7.2 Với b = => a = = Đối chiếu với điều kiện đặt ta có a = ; b = thoả mãn Từ (1/) => a = Vậy số cho 72 Bài 4: P M N B H A K C F E a) Ta coù : goùc BNC = 1v (goùc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => góc BNP = 1v.Tứ giác ABPN có góc BNP = góc BAP = 1v nhìn PB nên điểm A,B,P,N thuộc đường tròn đường kính BP (Tâm đường tròn trung điểm BP , bán kính BP/2) b)Có tứ giác ABPN nội tiếp => góc BPA = góc BNA (cùng chắn cung AB) Mt khác : góc BME = góc BNA ( chắn cung BE) => góc BPA = góc BME Mà góc vị trí đồng vị => ME // AP mà AP ⊥ BC => EM ⊥ BC c)Ta có F điểm đối xứng N qua BC mà N ∈ (O) => F ∈ (O) (Tính chất đối xứng) Tam giác AME cân (vì có AB ⊥ ME => HM = HE => AH vừa đường cao vừa trung tuyến) nên AM = AE (1) Tam giác NAF cân ( NF ⊥ AC => KN = KF => AK vừa đường cao cừa trung tuyến) Nên AN = AF (2) Tử (1) (2) => AM.AF = AN AE Bài 5: Ta có : = n ( n n +1 − n 1 = = n = n = n ( − ) n(n +1) n( n +1) (n +1) n n n +1 (n +1) n n + n +1 (Vì dễ thấy : + )( n n − n +1 ) = (1 + n n +1 )( n − n +1 ) < 2.( n − n +1 ) < 1+1 = ) n +1 1 Vaäy : (n + 1) n < 2( n − n +1 ) (1) Áp dụng bất đẳng thức (1) với n = 1, 2, 3, … n ta coù: 1 1 = < 2( − ) (1 +1) 1 1 1 = < 2( − ) ( + 1) 2 1 1 = < 2( − ) (3 + 1) 3 ……………………… 1 < 2( − ) ( n + 1) n n n +1 Cộng vế bất đẳng thức ta có: 1 1 + + + + < (12 (n + 1) n ) M = (1+ 0,25ñ 1− a (1 − a )(1 + a + a ) = 1− a a +a + a = (1 + a = (1 + a a )2 1+ a 0,25ñ + a) + 0,25ñ a )2 =1+ 0,25ñ 0,25đ a 0,25đ Bài (1,5 điểm) 2 Vì :  x + y = 25   xy = 12  (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy = 25 + 2.12 = 49  x+y= ±7 0,25đ a) Trường hợp : x + y = Lại có xy = 12 => x, y nghiệm phương trình bậc hai: t2 – 7t + 12 = 0,25đ Phương trình có : ∆ = 49 – 48 = ,nên phương trình có nghiệm là: t = ; t2 = => số cần tìm :  x1 =   y1 =  x2 =   y2 = 0,25đ b)Trường hợp : x + y = - Lại có xy = 12 => x, y nghiệm phương trình bậc hai: t2 + 7t + 12 = Phương trình có : ∆ = 49 – 48 = Nên có hai nghiệm : t3 = -3 ; t4 = - => số cần tìm là:  x3 = −   y3 = − hoaëc  x4 = −   y4 = − 0,25đ Tóm lại có cặp số thoả mãn điều kiện cho là:  x1 =   y1 = ;  x2 =   y2 = ;  x3 = −   y3 = − ;  x4 = −   y4 = − 0,25đ Bài (2 điểm) Gọi thời gian người thứ làm để hoàn thành công việc x Điều kiện: x > => người thứ hai làm để hoàn thành công việc (x +6) 0,25đ công việc 0,25đ x Trong người thứ hai làm công việc 0,25đ x +6 Vì làm chung hai người làm công việc nên có phương trình 1 + = 0,25đ x x +6 Trong người thứ làm ⇔ 4(x + 6) + 4x = x(x+ 6) ⇔ x2 – 2x – 24 = Phương trình có hai nghiệm x1 = ; x2 = -4(loại) Vậy thời gian người thứ làm để hoàn thành công việc Thời gian người thứ hai làm để hoàn thành công việc 0,25đ 0,25đ 0,25đ + – 12 Bài Câu (1 điểm) Hoành đọ giao điểm parabol (P) đường thẳng (d) nghiệm phương trình : x2 = 3x + m2 ⇔ x2 - 3x - m2 = (*) Phương trình (*) coù : ∆ = + 4m2 > với m => phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt => Đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu (1 điểm) Gọi A B giao điểm đường thẳng (d) para bol (P) toạ độ giao điểm chúng là: A(x1; y1) ; B(x2 ; y2) Áp dụng hệ thức viet cho phương trình (*) ta có :  x1 + x2 =  x1.x2 = − m  0,25đ Ta có y1 + y2 = ( 3x1 + m2) + (3x2 + m2 ) = 3(x1 + x2) + 2m2 = 2m2 + (1) vaø y1.y2 = x12.x22 = (x1.x2)2 = (-m2)2 = m4 (2) Từ (1) (2) ta có : y1 + y2 = 11y1 y2 ⇔ 2m2 + = 11 m4 (3) ⇔ 11m – 2m – = Đặt : t = m , điều kiện t ≥ ,phươưng trình (3) trở thành: 11t2 – 2t – = Vì phương trình có a + b + c = 0, nên phương trình có nghiệm t = ngiệm lại t = - (loại) 11 Với t = => m2 = => m = ± Vì phương trình (*) có nghiệm với m nên m = ± thoả mãn => đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm phân biệt có tung độ thoả maõn y1 + y2 = 11y1.y2 ⇔ m = ± Bài 5: 0,25đ 0,25đ 0,25đ B T A C M D S Câu 1(1đ) Ta có ∠MTC = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Lại có : ∠BAC =1v (gt) => Tứ giác ABTM có : ∠A + ∠T = 2v => Tứ giác ABTM nội tiếp đường tròn 0,25đ 0,25đ 0,5đ Câu (1 điểm) Ta có ∠MDC = 1v (góc nộitiếp chắn nửa đường tròn) Lại có ∠BAC = 1v => điểm A D nằm đường tròn đường kính BC => điểm A, B, C , D thuộc đường tròn đường kính BC => Tứ giác ABCD nội tiếp tron đường tròn => ∠ADB = ∠ACB ( chắn cung AB) (1) mà sđ ∠ACB không đổi => sđ ∠ADB không đổi (đpcm) Câu (1 điểm) Vì tứ giác CMDS nội tiếp đường tròn (O) => ∠MDA = ∠MCS (cùng bù với góc MDS) Từ (1) (2) => ∠TMC = ∠MCS => ∆MTC = ∆MSC => CT = CS (2) (3) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ => ∆CTS cân đỉnh C Từ (3) => CM phân giác ∠SCT nên CM đường cao => ST ⊥ AC Mà AB ⊥ AC => ST // AB (đpcm) 0,25đ 0,25đ 0,25đ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2003 – 2004 MÔN THI TOÁN Bài 1:(2điểm) Giải hệ phương trình : 2 x+   3+ x  Bài :(2 điểm) Cho biểu thức P = + x +1 =2 x+ y = 1,7 x+ y x với x > x x −x ≠1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị P x = Bài :(2 điểm) Cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b Biết đường thẳng (d) cắt trục hoành điểm có hoành độ song song với đường thẳng y = - 2x + 2003 a)Tìm a b b) Tìm toạ độ điểm chung (nếu có ) (d) vaø parabol: y = - x Bài 4: (3 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm điểm O điểm A cố định nằm đường tròn.Từ A kẻ tiếp tuyến AP AQ với đường tròn (O) , P Q tiếp điểm Đường thẳng qua O vuông góc với OP cắt đường thẳng AQ M a) Chứng minh MO = MA b) Lấy điểm N cung lớn PQ đường tròn (O) cho tiếp tuyến N đường tròn (O) cắt tia AQ AQ tương ứng B C – Chứng minh AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí điểm N – Chứng minh tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn PQ // BC Bài 5.(1 điểm) Giải phương trình : x − 2x − + x + = x + 3x + + x − ĐÁP ÁN: Bài ( điểm) Điều kiện : x ≠ x + y ≠ 0,25đ 1 Đặt = u , x + y = v , hệ phương trình cho trở thành: x  2u + 5v =   3u + v = 1,7 Giải hệ u = 0,25ñ 0,25ñ 1 ,v= 0,5ñ 1 x=  Từ :   =1  x+ y  ⇔ x=   x+ y = ⇔ 0,25ñ x=  y= (Thoả mãn điều kiện) 0,25đ 0,25đ Bài (2 điểm) a) (1,25đ) Ta có : P = = = = b) (0,75đ) Với x = x +1 + ( x )2 0,25ñ x (1 − x ) x + 0,25ñ x +1 − x − x + x ( x +1) 0,25ñ (1 + x )(1 − x ) 1+x 1−x ta có : P = P= 0,5đ 1+ 1− 0,25ñ 2 +1 −1 = = 3+2 ( + 1) ( + 1)( −1) 0,25đ 0,25đ Bài 3.(2 điểm) a) (1đ) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = - 2x + 2003 nên chúng có hệ số góc => a = -2 0,5đ Đường thẳng (d) cắt trục hoành điểm có hoành độ nên toạ độ điểm (1;0) thoả mãn phương trình (d): = a.1 + b 0,25đ Giải ta : a = -2 b = 0,25đ b) (1 đ) Toạ độ điểm chung (d) parabol y = - x nghiệm hệ phương trình:  y = − 2x +   y = − x2  => - 0,25ñ x = - 2x + 2 0,25ñ ⇔ x2 - 4x + = Giải phương trình ta x = => y = - Vậy đường thẳng (d) parabol có điểm chung với toạ độ (2; - 2) Bài 4.(3 điểm) A M T P Q O B N C 0,25đ 0,25đ a) (1đ) Vì AP tiếp tuyến P (O) nên OP ⊥ AP Theo gt ta coù MO ⊥ OP , neân MO // AP => ∠MOA = ∠OAP ( So le trong) Vì AP AQ hai tiếp tuyến xuất phát từ A nên ∠OAP= ∠OAQ Vậy ∠MOA = ∠OAQ => ∆ MOA cân => MO = MA (đpcm) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ b) 1- (1đ) Ta có cặp đoạn thẳng AP AQ , CQ CN , BN BP cặp tiếp tuyến xuất phát từ điểm nên: AP = AQ , CQ = CP , BN = , BP 0,5ñ => AB + AC – BC = AP + BP + AQ + CQ – CN – BN = AP +AQ = 2AP 0,25đ Vậy AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí N 0,25đ 2- (1đ) Nếu BCQP tứ giác nội tiếp thì: ∠QCB + ∠QPB = 2v (Hai góc đối tứ giác nội tiếp) 0,25đ Mặt khác : ∠QPB + ∠QPA = 2v (hai góc kề bù) => ∠QCB = ∠QPA 0,25đ Vì AP = AQ (hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm) Nên ∆APQ cân => ∠PQA = ∠QPA 0,25đ Ta có ∠PQA = ∠TQC (hai góc đối đỉnh) => ∠TQC = ∠QCB => BC // PQ (vì có hai góc so le nhau) 0,25đ Bài (1đ) Ta coù : x − x − + x + = x + 3x + + x − ⇔ ( x +1)( x − 3) + x + = ( x +1)( x + 2) + x −3 Điều kiện : x ≥ 0,25đ Với điều kiện phương trìn cho tương đương với: ⇔( x +1 x − + x + = x +1 x + + x − x +1 −1).( x − − x + ) = Xét hai trường hợp: x +1 −1 = ⇔ x = loại không thoả mãn điều kiện x − = x + , vô nghiệm x – < x + => x − < x + Tóm lại phương trình cho vô nghiệm 0,25đ 0,25đ 0,25đ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2004 – 2005 MÔN: TOÁN Bài ( điểm) 1) Đơn giản biểu thức : P = 14 +6 + 14 −6 2) Cho biểu thức :  Q=   x +2  x + x +1 a) Chứng minh : Q = − x −  x +1  x −1  x  với x > x ≠1 x −1 b) Tìm số nguyên x lớn để Q có giá trị số nguyên Bài (3điểm) Cho hệ pgương trình :  (a + 1) x + y =   ax + y = 2a 1) Giải hệ phương trình a = 2) Chứng minh với giá trị a , hệ có nghiệm (x,y) cho x + y ≥ Bài (3 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O) A M Q điểm phân biệt chuyển động (d)sao cho M khác A Q khác A Các đường thẳng BM BQ cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N P Chứng minh: 1) Tích BM.BN không đổi 2) Tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn 3) Bất đẳng thức : BN + BP + BM + BQ > 8R Bài 4.(1 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số: y= x + 2x + x + 2x + ĐÁP ÁN: Bài (3 điểm) 1) (1 đ) 14 +6 = + 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ + = ( + 3) = 3+ Tương tự : 14 −6 = - Vaäy P = + + - = 2.a (1,5 ñ)   x +1 x +2 x −2 −  ( x + 1)( x −1)  x  ( x + 1) Q=   x +2 =  x +1 − 0,25ñ x −2  x −1  x  ( x + 2)( x −1) 0,25ñ ( x − 2)( x + 1)    ( x + 1)( x −1) ( x + 1)( x −1)  x ( x − x + x − 2) − ( x + x − x − 2) = x ( x + 1)( x −1) = = = − 0,25ñ 0,25ñ x − x +2 x −2 − x − x +2 x +2 x ( x − 1) 0,25ñ x = x −1 x ( x −1) 0,25đ 2.b.(0,5đ) Q= x −1 nguyên ⇔ x -1 ước ⇔ Do x lớn nhaát ⇔ x – = ⇔ x = 1 x − =± x − =±  Bài (3 điểm) Trừ vế với vế phương trình ta được: x = – 2a Thay x = – 2a vào phương trình : a(4 – 2a) + y = 2a ⇔ y = 2a2 – 2a  x = − 2a Vậy nghiệm hệ :  y = 2a − 2a  2.1 (0,5ñ) (1) 0,25ñ 0,25ñ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Thay a = vào (1), ta : x=  y= 0,5đ 2.2 (1,5đ) Từ (1) ya thấy , với a hệ có nghiệm Ta có x + y = 2a2 - 4a + = 2(a2 – 2a + 1) + = 2(a – 1)2 + Do 2(a – 1)2 ≥ neân 2(a – 1)2 + ≥ Vậy x + y ≥ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài ( điểm) B P N M A Q 3.1 ( 1điểm) MQ tiếp tuyến đường tròn (O) A nên MQ ⊥ AB => ∆BMA vuông A Góc ANB góc chắn nửa đường tròn đường kính AB => goùc ANB = 900 => AN ⊥ AB => Bn hình chiếu vuông góc AB BM => BM.BN = AB2 Maø AB = 2R => BM BN = 4R2 (1) Vậy BM BN không đổi 3.2 (1 điểm) Tương tự BP BQ = 4R2 (2) Từ (1) (2) ta có BM BN = BP BQ BN BP => BQ = BM neân ∆ BPN ~ ∆BMQ (vì chúng có góc MBQ chung) => ∠BNP = ∠BMQ Mặt khác : ∠BNP + ∠PNM = 1800 => ∠PNM + ∠PMQ = 1800 => Tứ giác MNPQ nội tiếp 3.3 ( đ) Do M ≠ A nên M khaùc N => BM ≠ BN => ( BM − BN )2 > => BM + BN > BM BN (3) Từ (1) (3), ta có BM + BN > 4R Tương tự BP + BQ > 4R => BM +BN + BP + BQ > 8R 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài ( điểm) Có x2 + 2x + = (x + 1)2 + ≥ => x + x + ≥ => (2 x + x + - 1)( x + x + - 2) ≥ => 2(x2 + 2x + 5) - x + x + + ≥ => x + 2x + x + 2x + ≥ Vaäy x = -1 y = 5 hay y ≥ 2 5 Do giá trị nhỏ cần tìm 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ ... = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x = ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG năm học 2000 -2001 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Môn toán (Đề chung) Bài (2,5 điểm) Cho biểu thức... đường cao => ST ⊥ AC Maø AB ⊥ AC => ST // AB (đpcm) 0,25đ 0,25đ 0,25đ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2003 – 2004 MÔN THI TOÁN Bài 1:(2điểm) Giải hệ phương trình : 2 x+   3+ x  Baøi... (10a+ b) Tích hai chữ số : a.b Theo đầu ta có phương trình: ab + 13 = ba hay : ab + 13 = 10b + a Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:   a + b = (10a + b)   ab + 13 = 10b + a ⇔  8a + 8b = 10a