UBND TỈNH QUẢNG NAM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2010 – 2011 MƠN TỐN ( Thời gian 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1: ( 2,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau: a) A = 25 - 16 + 81 c) C = +1 x - 4x + , víi x > x- b) B = Bài 2: ( 2,0 điểm) Cho hàm số bậc y = ax + b có đồ thị đường thẳng (d) a) Xác định hệ số a , biết đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 3x b) Đường thẳng (d’) có dạng y – x + cắt đường thẳng (d) câu a) điểm M, Xác định tọa độ điểm M Bài 3: ( 2,5 điểm) a) Cho phương trình x2 + 7x – = Chứng tỏ phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 ; khơng giải phương trình tính x1 + x2 x1 x2 b) Giải phương trình : 1+x = x +2 c) Giải tốn cách lập phương trình Cạnh huền tam giác vng 13 cm.Hai cạnh góc vng tam giác vuông ddoscos độ dài cm Tính độ dài cạnh góc vng tam giác vng Bài 4: ( 3,5 điểm ) Cho (O) đường kính Vẽ bán kính OC vng góc với AB.Gọi K điểm nằm B C.Tia AK cắt đường trịn (O) M a) Tính ACB , AMC b) Vẽ CI vng góc AM (∈ AM ) Chứng minh AOIC tứ giác nội tiếp c) Chứng minh hệ thức : AI.AK = AO AB d) Nếu K trung điểm CB.Tính tgMAB GỢI Ý GIẢI: Bài 1: A = B=-1 C= x–2 Bài 2: a) Xác định hệ số a: y = ax + (d) ; y = 3x có đồ thị ( Δ) ; ( a’ = ) (d) // ( Δ) nên hệ số a = a’ = nên ta có hàm số y = 3x + Vẽ (d) b) Viết ph/t hoành độ điểm chung (d) : y = 3x + (d’) : y = x + ta 3x + = x + ⇒ M( - ; ) Bài 3: a) x2 + 7x – = ; Δ = = 49 – 7.( - 4) = 343 > ⇒… x1 + x2 = - x1 x2 = - b) 1+x Û = ( x + )(1 + x) ⇔ …x(x+3) = ⇔ x = x = - = x +2 c) Gọi x ( x >0) cạnh gv ; x + cạnh gv x2 + ( x + )2 = 132… x = ; x = -12 (loại ) Bài 4: C a) ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ; AMC = AOC : = 900 : = 450 b) AIC = = 900 (gt) ; AOC = 900 (gt) O,I nhìn cạnh AC góc vng ⇒ AOIC tứ giác nội tiếp M K I I A O B c) Chứng minh hệ thức :AI.AK = AO AB Vẽ hình theo câu d S S C1: ∆ACK vuông C: AC2 = AI.AK (1) ∆ACB vuông C: AC2 = OA.AB (2) ⇒ đpcm S C2: ∆AOC ∆AIC ⇒ đpcm ∆ACB…⇒ (1) ∆ACK…⇒ (2) ∆ACI ∆BKM… AI CI MB.CI ⇒ = ⇒ AI = MB MK MK KM KM ⇒ AI = = KM = IM KM ⇒ AM = 3IM = 3MB tgAMB = MB:AM = 1/3 d) C/m ∆CIK = ∆BMK (cạnh huyền –góc nhọn) ⇒ CI = MB (1) IK = KM (2) ∆CIM vng có AMC = 450 ⇒ ICM = 450 ⇒ AMC = 450 ⇒ ICM = 450 ⇒ ∆CIM vuông cân ⇒ CI = IM (3) Từ (1) ,(2) (3)⇒ MB = IM = CI = 2IK = 2KM SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 10 THPT THANH HOÁ 2010 – 2011 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO Năm học ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn Ngày thi: 30 tháng năm 2010 Thời gian làm bài: 120phút Bài I (2,0 điểm) Cho phương trình : x2 + nx – = (1) (với n tham số) Giải phương trình (1) n = Giả sử x1,x2 nghiệm phương trình (1),tìm n để : x1(x22 +1 ) + x2( x12 + ) > Bài II (2,0 điểm)  a +3 a −  1  − ÷ − ÷ a −3 a + ÷ a   Cho biểu thức A =   với a > 0; a ≠ 1.Rút gọn A 2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài III (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Cho parabol (P): y = x2 điểm A,B thuộc parabol (P) v ới xA = -1,xB = 1.T ìm to đ ộ c ác ểm A,B v vi ết ph ơng tr ình đ ờng th ẳng AB T ìm m đ ể đ ờng th ẳng (d) : y = (2m – m)x + m + (v ới m l tham s ố ) song song v ới đ ờng th ẳng AB Bài IV (3,0) Cho tam gi ác PQR c ó ba g óc nh ọn n ội ti ếp đ ờng tr òn t âm O,c ác đ ờng cao QM,RN c tam gi ác c t ại H 1.Ch ứng minh t ứ gi ác QRMN l t ứ gi ác n ội ti ếp m ột đ ờng tr òn K éo d ài PO c đ ờng tr òn O t ại K.Ch ứng minh t ứ gi ác QHRK l h ình b ình h ành Cho c ạnh QR c ố đ ịnh,Pthay đ ổi tr ên cung l ớn QR cho tam gi ác PQR lu ôn nh ọn.X ác đ ịnh v ị tr í ểm P đ ể di ện t ích tam gi ác QRH l ớn nh ất Bài V ( 1,0 điểm) Cho x,y l c ác s ố d ơng tho ả m ãn : x + y = 33 2 T ìm gi tr ị nh ỏ nh ất c : P = x + y + xy - Hết Họ tên thí sinh:…………………………………………………….Số báo danh: ………………………………… Họ tên, chữ ký giám thị 1: Họ tên, chữ ký giám thị 2: Đáp án: Bài I) 1) Với n = 3, ta có pt: x2 + 3x – = pt có a+b++c=0 nên x1 = 1, x2 = -4 pt cho có ∆ = n + 16 > với n, nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Áp dụng hệ thức Vi et ta có: x + x2 = n x1x2 = -4 x1 ( x2 + 1) + x2 ( x12 + 1) > ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) + x1 + x2 > Ta có: ⇔ −4.(−n) + (−n) > ⇔ 3n > ⇔n>2 a +3 a + ước Bài 2: 1) Rút gọn biểu thức được: A= Biểu thức A đạt giá trị nguyên  a + ≥ nên a + =  a=1 Bài 3: A(-1; 1); B(2; 4) Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2 Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi:  2m − m = 1 ⇔m=−   m +1 ≠ Bài P Tứ giác QRMN có : M · · QNR = QMR = 900 N H Tứ giác QRMN nội tiếp đường trịn đường kính QR · Ta có: PQK = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Q suy ra:PQ ⊥ KQ, mà RH ⊥ PQ  KQ//RH(1) Chwngs minh tương tự ta có: QH//KR(2) Từ (1) (2) suy tứ giác QHRK hình bình hành Theo câu 2, tứ giác QHRK hình bình hành nên: I R K SQHR = SQKR Từ K kẻ KI ⊥ QR Ta có: SQKR = KI QR Diện tích tam giác QKR lớn KI lớn nhất K điểm cung nhỏ QR Khi P điểm cung lớn QR Bài Từ x+y=4 Áp dụng BĐT Cơsi ta có:xy ≤ 33 ( x + y)2 =4 33 Do xy ≥ Mặt khác: x2+y2= ( x + y )2 -2xy=16-2xy ≥ 16 − 2.4 =8( xy ≤ 4) 33 65 = 4 65 Do : MinP= , đạt x=y=2 Vậy P ≥ + HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN CÂU Câu (2đ) ĐÁP ÁN 1) A= 20 − 45 + 18 + 72 = − + + = 15 − B= 2− 4, + 50 = 2− 2+2 4 =0 ĐIỂM 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2) E = 1− x − 4x + 2x− - Điều kiện: 0,25 đ x≠ 0,25 đ 2 E = 1− E= 1− ( 2x −1) = x − − 2x −1 − ( x − 1) 2x −1 2x−1 (vì với x< 0,25đ 2x – < 0) 0,25đ Câu 1) (2 đ) 3x − y = 12  1, 5x + y = Trình bày cách giải đúng, tìm nghiệm hệ là: x=2   y = −3 2) 3) 0,25đ 0,25đ x − > ( x − ) ⇔ x − > 3x − ⇔ − x > −3 ⇔ x < 0,25 đ x + = x − ⇔ x = −7 2 0,25 đ 4) x + x − = Đặt X = x2 (X ≥ 0) Tìm X = ; X = − ⇒ x = ±1 (loại) 0,25đ 0,25đ 5) 2x − 5x − = x − x≥1 ⇔  x − 3x − = ⇔ x=4 0,25đ 0,25đ Câu y B E A -2 -1 O x Vẽ (P) 0,5 đ Vẽ (d) 0,5 đ 2) Gọi E giao điểm (d) trục Oy ⇒ E (2 ; 0) S AOE = 2.1 : = S BOE = 2.2 : = S AOB = + = Câu (1 đ) 1) (cm ) 0,5 đ Phương trình có nghiệm −1 , tìm giá trị 0,25đ 0,25đ m = 10 Lập luận tìm nghiệm cịn lại −4 2) 2 x + mx + = 2 ∆ = m − 64 > ⇔ m > 64 Suy m > m < −8 0,25 đ 0,25 đ Câu (3,5 đ) C 0,5 đ O M A H B D 1) Ta có: MCO = 900 , MDO = 900 (t/c tiếp tuyến) Suy tứ giác MCOD nội tiếp Ta có: MC = MD (t/c tiếp tuyến) OC = OD (bán kính) Suy MO đường trung trực đoạn CD 2) Vậy MO ⊥ CD H Có MC = MD lí luận số đo góc CMD = 600 Suy ∆MCD tam giác 2 MC = MO − OC = ( 2R ) 2 −R =R 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25 đ 0,25đ 0,5 đ 3) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng MCO có: MC = MH.MO (1) Lập luận chứng minh ∆MCA  ∆MBC ⇒ MC MA = ⇒ MC = MA.MB MB MC (2) Từ (1) (2) suy ra: MA MB = MH MO Cách khác: MH.MO = MC2 = ( R )2 = 3R MA.MB = R.3R = 3R2 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 20102011 ĐỀ THI MƠN: TỐN Dành cho trường THPT không chuyên Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— PHẦN I TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Trong câu từ câu đến câu 4, câu có lựa chọn, có lựa chọn Em viết vào tờ giấy làm thi chữ A, B, C D đứng trước lựa chọn mà em cho (ví dụ: câu em chọn lựa chọn A viết 1.A) Câu Giá trị 10 40 bằng: A 10 B 20 C 30 D 40 Câu Cho hàm số y = (m − 2) x + ( x biến, m tham số) đồng biến, giá trị m thoả mãn: A m = B m < C m > D m =1 Câu Nếu hình chữ nhật có hai đường chéo vng góc với độ dài cạnh hình chữ nhật 0,5cm diện tích bằng: A 0,25 cm2 B 1,0 cm2 C 0,5 cm2 Câu Tất giá trị x để biểu thức A x < -2 x + có nghĩa là: C x ∈ ¡ B x < D 0,15 cm2 D x ≥ −2 PHẦN II TỰ LUẬN (8,0 điểm):  x − y = −5  x − y = −1 Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình  Câu (1,5 điểm) Cho phương trình: x − 2(m − 1) x + m − = , (x ẩn, m tham số ) Chứng minh phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với giá trị m Tìm tất giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn điều kiện x12 + x2 = 10 Câu (1,5 điểm) Cho tam giác có chiều cao cạnh đáy Nếu chiều cao tăng thêm 3m cạnh đáy giảm 2m diện tích tam giác tăng thêm 9m Tính cạnh đáy chiều cao tam giác cho Câu (2,0 điểm) Cho đường tròn (O), M điểm nằm ngồi đường trịn (O) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O) với A, B tiếp điểm; MPQ cát tuyến khơng qua tâm đường trịn (O), P nằm M Q Qua P kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt AB, AQ tương ứng R, S Gọi trung điểm đoạn PQ N Chứng minh rằng: Các điểm M, A, N, O, B thuộc đường trịn, rõ bán kính đường trịn PR = RS Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 4(a + b3 + c3 ) + 15abc -HẾT -Cán coi thi không giải thích thêm! Họ tên thí sinh…………………………….Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Dành cho trường THPT khơng chun —————————— HƯỚNG DẪN CHUNG: -Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác mà đủ bước giám khảo cho điểm tối đa Theo ta có PT : 13   x + ÷( x − 2) = x + ⇔ x = 16 (thoả mãn điều kiện) 2  0,25 Vậy tam giác cho có độ dài cạnh đáy x = 16 (m), độ dài chiều cao h = 12 (m) Câu ( 2,0 điểm) 0,25 Hình vẽ ( 1,0 điểm): Nội dung trình bày · Có: MAO = 900 (góc tiếp tuyến với bán kính qua tiếp điểm) · Tương tự MBO = 900 Suy điểm A, N, B nhìn đoạn MO góc vng Vậy điểm M, A, N, O, B thuộc đường trịn bán kính Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 MO 2.( 1,0 điểm): Nội dung trình bày · Tứ giác MANB nội tiếp nên · AMN = · ABN (1), OA ⊥ PS , OA ⊥ MA ⇒ PS // MA ⇒ · AMN = RPN (2) · · · · · Từ (1) (2) suy ra: · ABN = RPN hay RBN = RPN ⇒ tứ giác PRNB nội tiếp ⇒ BPN = BRN (3) Điểm 0,25 0,25 · · · · Mặt khác có: BPN = BAQ (4), nên từ (3) (4) suy ra: BRN = BAQ ⇒ RN // SQ (5) Từ (5) N trung điểm PQ nên ∆SPQ có RN đường trung bình, suy PR = RS (đpcm) 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Nội dung trình bày Có a ≥ a − (b − c) = (a − b + c)(a + b − c ) (1) , b ≥ b − (c − a ) = (b − c + a )(b + c − a ) (2) Điểm c ≥ c − (a − b) = (c − a + b)(c + a − b) (3) Dấu ‘=’ xảy ⇔ a = b = c Do a,b,c độ dài cạnh tam giác nên vế (1), (2), (3) dương Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta có : abc ≥ (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) (*) Từ a + b + c = nên (*) ⇔ abc ≥ (2 − 2a )(2 − 2b)(2 − 2c) ⇔ − 8(a + b + c ) + 8( ab + bc + ca ) − 9abc ≤ 0,25 ⇔ + 9abc − 8(ab + bc + ca ) ≥ ⇔ 9abc − 8(ab + bc + ca ) ≥ −8 (*) Ta có a + b3 + c3 = (a + b + c)3 − 3( a + b + c )(ab + bc + ca ) + 3abc = − 6(ab + bc + ca ) + 3abc 0,25 0,25 3 Từ 4(a + b + c ) + 15abc = 27 abc − 24( ab + bc + ca) + 32 = [ 9abc − 8( ab + bc + ca) ] + 32 (**) Áp dụng (*) vào (**) cho ta 4(a + b3 + c ) + 15abc ≥ 3.(−8) + 32 = Dấu “=” xảy a = b = c = Từ giá trị nhỏ P đạt a = b = c = —Hết— 0,25 Lưu ý : - Các cách giải khác hưởng điểm tối đa phần - Điểm phần, điểm tồn khơng làm trịn Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Hà nội Bài I ( 2,5 điểm) Cho biểu thức: A = + - , với x x 1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tìm giá trị x để A = 3/ Tìm giá trị lớn biểu thức A Bài II ( 2,5 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo 13 m chiều dài lớn chiều rộng m Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất Bài III ( 1,0 điểm) Cho parabol (P): y=-x2 đường thẳng (d): y=mx-1 1/ Chứng minh với giá trị m đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm phân biệt 2/ Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) Tìm giá trị m để : x12x2+x22x1-x1x2=3 Bài IV ( 3,5 điểm) Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC ( D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F 1/ Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp 2/ Chứng minh DA.DE = DB.DC 3/ Chứng minh CFD = OCB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O) 4/ Cho biết DF=R, chứng minh tg AFB = Lời giải 1/ A = + = 2/ A =  = = =  = =  =  x = 36 (T/m) Vậy x = 36 A = 1/3 3/ Do  =>   A  Amax =  x = (T/m) Lời giải Gọi chiều rộng hình chữ nhật x (x>0; đơn vị: m)  Chiều dài hình chữ nhật là: x+7 (m) Vì đường chéo hình chữ nhật 13m, nên theo Pytago ta có phương trình: x2+ (x+7)2 = 169 => x2 + x2 +14x + 49 = 169  2x2 + 14x-120=  x2 +7x-60= ∆= 49+240=289 x1= = (tmđk); x2 = = -12 (loại) Vậy chiều rộng hình chữ nhật 5m; chiều dài 12m Lời giải 1/ Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): -x2 = mx-1  x2 + mx - = (*) Có: ac = -1 phương trình cho có nghiệm phân biệt với m 2 2/ x12x2 + x 21x -1 x x =  x1x2(x1+x2) - x1x2 = (1) Vì phương trình (*) ln có nghiệm với m nên: Theo Viét ta có: x1+x2 = = -m; x1x2 = = -1 (1)  -1.(-m) + = => m+1 = 2 => m=2 Vậy với m = 21 x12x2 + x 2x - x x = Lời giải 1/ AEB = 90o (góc nội tiếp chắn ½ đường trịn) => AEF = 90o ACB = 90o (góc nội tiếp chắn ½ đường trịn) => FCB = 90o Tứ giác CFED có: C + E = 180o => tứ giác CFED nội tiếp ( tứ giác có tổng góc đối 180o) 2/ Xét ∆ACD ∆BED: C = E = 90o (1) A1 = B1 ( góc nội tiếp chắn cung CE ) (2) (1) (2) => ∆ACD đồng dạng ∆BED (góc - góc)  = => AD.DE = BD.CD 3/ * Có D trực tâm ∆FAB (do AE FB, BC AF) => FD AB H  F1 + FAH = 90o Mà B2 + FAH = 90o => F1 = B2 Có ∆COB cân O (CO=OB=R)=> góc C1 = góc B2 => góc C1 = góc F1 ( = góc B2) * Tâm I đường trịn ngoại tiếp tứ giác FCDE trung điểm FD => CI=IF=1/2 FD (do góc DCF = 90o tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền) => ∆CIF cân I => góc C2 = góc F1 Có ∆CAO cân O (CO=OA=R) => góc C3 = góc CAO Mà góc F1 + góc CAO = 90o => góc C2 + góc C3 = 90o => góc ICO = 90o => IC CO, mà C (O) => IC tiếp tuyến đường tròn (O) (ĐPCM) 4/ Xét ∆ICO ∆IEO có: IC = IE (cùng bán kính đường tròn (I)) (3) CO = OE (=R) (4) IO chung (5) Từ (3), (4) (5) => ∆ICO = ∆IEO (c.c.c)  góc COI = góc EOI  góc COI = ½ góc COE = ½ sđ cung CE ( góc COE góc tâm) mà góc A1 = ½ sđ cung CE ( góc A1 góc nội tiếp chắn cung CE )  góc A1 = góc COI Xét ∆ACD ∆OCI có: góc A1 = góc COI (cmt) (6) Góc ACD = góc OCI ( = 90o) (7) Từ (6) (7) => ∆ACD đồng dạng ∆OCI (g.g) => = => = (8) ∆OCI có CI = R/2 ( CI = ½ FD ) ; CO = R => = (9) Tứ giác CFED nội tiếp => góc CFE = góc CDA ( góc ngồi tứ giác nội tiếp = góc đỉnh đối) (10) 1 Xét ∆CAD có góc C = 90o => tg góc CDA =(11) Từ (8) (9) (10) (11) => tg góc CFE = F I E C D 1 A H O B (hình vẽ Bài IV) Lời giải x2 + 4x + = x x2 + - + 4x - x ( ( +4 =0 - 4) - x ) =0 =0     Vậy x = nghiệm phương trình SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học: 2010 – 2011 MƠN: TỐN Khóa ngày 21 tháng 06 năm 2010 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x − 3x − = c) x − 13x + =  x + y = −1 6 x − y = b)  d) x − 2 x − = Bài 2: (1,5 điểm) x2 a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = − đường thẳng (D): y = x − 2 hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau: A = 12 − + 21 − 12 2  5  3 B = 5 + + − − ÷ +  2− + 3+ − ÷  2÷  2÷     2 Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x − (3m + 1) x + 2m + m − = (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = x12 + x2 − 3x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB=2R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) khác A B Các tiếp tuyến (O) A M cắt E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp đường tròn APMQ hình chữ nhật b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác EAO MPB đồng dạng Suy K trung điểm MP d) Đặt AP = x Tính MP theo R x Tìm vị trí M (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: x − x − = (1) a) ∆ = + 16 = 25 − −1 3+5 = hay x = =2 (1) ⇔ x = 4  y = −3 (1)  x + y = −1 (1)  x + y = −1  ⇔ ⇔  ( pt (2) + pt (1)) 6 x − y = (2) 14 x = x=2  4 x − 13x + = (3), đđặt u = x , b) c) phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4) (4) có ∆ = 169 − 48 = 121 = 112 (4) ⇔ u = Do (3) ⇔ x = ± d) 13 − 11 13 + 11 = hay u = =3 8 hay x = ± 2 x − 2 x − = (5) ∆' = 2+ = Do (5) ⇔ x = −2 2+2 hay x = 2 Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ 1    1  (D) qua 1; − ÷, ( −2; −2 ) 2  Lưu ý: (P) qua O(0;0),  ±1; − ÷, ( ±2; −2 )   1 Do (P) (D) có điểm chung : 1; − ÷, ( −2; −2 )  b) PT hoành độ giao điểm (P) (D) − x2 = x − ⇔ x + x − = ⇔ x = hay x = −2 2 1  Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (D) 1; − ÷, ( −2; −2 ) 2  Bài 3: A = 12 − + 21 − 12 = (3 − 3)2 + 3(2 − 3) = − + (2 − 3) = 2  5  3 B = 5 + + − − ÷ +  2− + 3+ − ÷  2÷  2÷     ( ) ( ) + ( ( − 1) + 2B = + + − − + =5 ( (1 + 3) + ( − 1) − 2 ( + 1) − = ( (1 + 3) + ( − 1) − ) + ( ( − 1) + ( + 1) − ) Bài 4: = 5.3 + = 20 ⇒ B = 10 ) 3) 4−2 + 6+2 − 2 a) ∆ = ( 3m + 1) − 8m − 4m + = m + 2m + = (m + 1) + > ∀ m Suy phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m – A= x12 + x22 − 3x1 x2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 1 25 − (m − ) = − (m − ) 4 25 Do giá trị lớn A : Đạt m = = (3m + 1) − 5(2m + m − 1) = −m + m + = + Bài 5: · · a) Ta có góc EMO = 90O = EAO => EAOM nội tiếp Tứ giác APMQ có góc vng : I M · · · EAO = APM = PMQ = 90o => Tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQB nên I trung điểm AM Mà E giao điểm tiếp tuyến M A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng c) Cách 1: hai tam giác AEO MPB đồng dạng chúng tam giác vng có góc · · vng AOE = ABM , AE // BM => Q E K O I P x A AO AE = (1) BP MP Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số KP BP = (2) AE AB Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K trung điểm MP EK AP = (3) AE // KP, EB AB EI AP = mặt khác, ta có (4) tam giác EOA MAB đồng dạng EO AB EK EI = So sánh (3) & (4), ta có : EB EO Cách : Ta có Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I trung điểm AM => K trung điểm MP d) Ta dễ dàng chứng minh : a +b+c+d abcd ≤  ÷ (*)   Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO − OP = R − (x − R)2 = 2Rx − x Ta có: S = SAPMQ = MP.AP = x 2Rx − x = (2R − x)x S đạt max ⇔ (2R − x)x đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max ⇔ x x x (2R − x) đạt max 3 Áp dụng (*) với a = b = c = x x x x x x x R4  Ta có : (2R − x) ≤  + + + (2R − x) ÷ = 3 3 3 16  x Do S đạt max ⇔ = (2R − x) ⇔ x = R KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG KHĨA NGÀY 21 THÁNG NĂM 2010 Đà Nẵng MƠN THI : TỐN Bài (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = ( 20 − 45 + 5) b) Tính B = ( − 1) − Bài (2,0 điểm) a) Giải phương trình x − 13x − 30 = 3 x − y =  b) Giải hệ phương trình  2 − = x y  Bài (2,5 điểm) Cho hai hàm số y = 2x2 có đồ thị (P) y = x + có đồ thị (d) a) Vẽ đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ Oxy b) Gọi A giao điểm hai đồ thị (P) (d) có hồnh độ âm Viết phương trình đường thẳng (∆) qua A có hệ số góc - c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung C, cắt trục hoành D Đường thẳng (d) cắt trục hoành B Tính tỉ số diện tích hai tam giác ABC tam giác ABD Bài (3,5 điểm) Cho hai đường trịn (C) tâm O, bán kính R đường trịn (C') tâm O', bán kính R' (R > R') cắt hai điểm A B Vẽ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn (M ∈ (C), N ∈ (C')) Đường thẳng AB cắt MN I (B nằm A I) · · a) Chứng minh BMN = MAB b) Chứng minh IN2 = IA.IB c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB P Chứng minh MN song song với QP BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = ( 20 − 45 + 5) = = (2 − + 5) = 10 b) Tính B = ( − 1)2 − = − − = −1 Bài 2: (2 điểm) a) Giải phương trình : x4 – 13x2 – 30 = (1) Đặt u = x2 ≥ , pt (1) thành : u2 – 13u – 30 = (2) có ∆ = 169 + 120 = 289 = 17 (2) 13 − 17 13 + 17 = −2 (loại) hay u = = 15 2 Do (1) ⇔ x = ± 15 3 1 x − y =  x = −1   b) Giải hệ phương trình :  ⇔ 2 ⇔ 2 − =  − =8 x y x y   Do (2) ⇔ u =  x = −1  x = −1   ⇔ 1 = −10 y  y = − 10   Bài 3: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) qua O(0;0), ( ±1; ) (d) qua (0;3), ( −1; ) b) PT hoành độ giao điểm (P) (d) là: x = x + ⇔ 2x2 – x – = ⇔ x = −1 hay x =   Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (d) ( −1; ) ,  ; ÷ ⇒ A ( −1; ) 2   Phương trình đường thẳng (∆) qua A có hệ số góc -1 : y – = -1 (x + 1) ⇔ (∆) : y = -x + c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung C ⇒ C có tọa độ (0; 1) Đường thẳng (∆) cắt trục hồnh D ⇒ D có tọa độ (1; 0) Đường thẳng (d) cắt trục hoành B ⇒ B có tọa độ (-3; 0) Vì xA + xD = 2xC A, C, D thẳng hàng (vì thuộc đường thẳng (∆)) ⇒ C trung điểm AD 2 tam giác BAC BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B AC = AD S AC ABC Nên ta có S = AD = ABD Bài 4: M I N B Q P O O' A a) Trong đường trịn tâm O: · · ¼ Ta có BMN = MAB (cùng chắn cung BM ) b) Trong đường trịn tâm O': Ta có IN2 = IA.IB c) Trong đường trịn tâm O: · · ¼ MAB = BMN (góc chắn cung BM ) (1) Trong đường trịn tâm O': · · » (2) BAN = BNM (góc chắn cung BN ) · · · · · · Từ (1)&(2) => MAB + BAN + MBN = BMN + BNM + MBN = 1800 Nên tứ giác APBQ nội tiếp · · · => BAP = BQP = QNM (góc nội tiếp góc chắn cung) · · mà QNM BQP vị trí so le => PQ // MN ... phương trình SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học: 2 010 – 2 011 MƠN: TỐN Khóa ngày 21 tháng 06 năm 2 010 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm)... không giải thích thêm! Họ tên thí sinh? ??………………………….Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2 010- 2 011 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Dành cho... = 2IK = 2KM SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 10 THPT THANH HOÁ 2 010 – 2 011 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO Năm học ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn Ngày thi: 30 tháng năm 2 010 Thời gian làm bài: 120phút Bài I (2,0