SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2009 - 2010 Mơn thi : Tốn Thời gian làm bài:120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (1,5điểm) Thực phép tính : A = - 9.2 a+ a  a - a  +1÷ -1÷ với a ≥ 0; a ≠ ÷ a +1 ÷ a -1    Cho biểu thức P =   a) Chứng minh P = a -1 b) Tính giá trị P a = + Bài (2,5 điểm) Giải phương trình x2- 5x + = Tìm m để phương trình x2- 5x - m + = có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn hệ thức 2 x1 + x2 = 13 Cho hàm số y = x có đồ thị (P) đường thẳng (d) : y = - x + a) Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ b) Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm (P) (d) Bài (1,5 điểm) Hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước đầy bể Nếu vòi thứ chảy vòi thứ hai chảy bể nước Hỏi vịi chảy đầy bể ? Bài (3,5điểm) Cho đường tròn (O; R) điểm S nằm bên ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Một đường thẳng qua S (không qua tâm O) cắt đường tròn (O; R) hai điểm M N với M nằm S N Gọi H giao điểm SO AB; I trung điểm MN Hai đường thẳng OI AB cắt E a) Chứng minh IHSE tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh OI.OE = R2 c) Cho SO = 2R MN = R Tính diện tích tam giác ESM theo R Bài (1,0 điểm) Giải phương trình 2010 - x + x - 2008 = x - 4018 x + 4036083 - Hết -Ghi : Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh…………………………………………Số báo danh…………… Giám thị :…………… ……………….Giám thị :……………………………… SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2009 - 2010 HUỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TỐN Tóm tắt cách giải Biểu điểm Bài : (1,5 điểm) Bài 1.1 (0,5 điểm) 0,25điểm 0,25điểm - = -12 = -9 Bài 1.2 (1,0 điểm) a) Chứng minh P = a - 1: a+ a P=    a +1  a - a   a ( a +1)    +1÷ ÷ -1÷ =  a -1 ÷  a +1  a ( a -1) +1÷ ÷  a -1  -1÷ ÷ = ( a +1)( a -1) = a -1 0,25 điểm  Vậy P = a -1 b) Tính giá trị P a = + a = + = + +1 = ( 0,25 điểm ) +1 = +1 0,25 điểm P = a -1 = +1-1 = 0,25 điểm Bài : (2,5 điểm) (0,5 điểm) Giải phương trình x2 − 5x + = Ta có ∆ = 25 − 24 = Tính : x1= 2; x2 = (1,0 điểm) Ta có ∆ = 25 − 4(− m + 7) = 25 + 4m − 28 = 4m − 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm Phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 ⇔ ∆ = 4m − ≥ ⇔ m ≥ 4 2 Với điều kiện m ≥ , ta có: x1 + x2 = ( x1 + x2 ) - x1x2 =13 0,25 điểm 0,25 điểm ⇔ 25 - 2(- m + 7) = 13 ⇔ 2m = ⇔ m = ( thỏa mãn điều kiện ) Vậy m = giá trị cần tìm 3.(1,0 điểm) a) Vẽ Parabol (P) đường thẳng (d) : Bảng giá trị tương ứng: x -2 -1 y = -x + 2 y=x 0,25 điểm 1 y 0,5 điểm -5 -2 -1 O x b) Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình : x2 + x -2 = ; Giải phương trình ta x1 = x2 = -2 Vậy tọa độ giao điểm (1 ; 1) (-2 ; 4) 0,25 điểm 0,25 điểm Bài (1,5 điểm) Gọi thời gian vòi thứ chảy đầy bể nước x (h) thời gian vịi thứ hai chảy đầy bể nước y (h) Điều kiện : x , y > 0,25 điểm Trong giờ, vòi thứ chảy bể x Trong vòi thứ hai chảy y bể Trong hai vòi chảy : bể 0,25 điểm Theo đề ta có hệ phương trình : 1 1 x + y =   3 + = x y  Giải hệ phương trình ta x = 7,5 ; y = 15 ( thích hợp ) 0,5 điểm Trả lời : Thời gian vịi thứ chảy đầy bể nước 7,5 (h) (hay 30 phút ) Thời gian vịi thứ hai chảy đầy bể nước 15 (h) Bài (3,5 điểm) Vẽ hình 0,25 điểm 0,5 điểm E A N I M S 0,25 điểm H O B a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp đường trịn : Ta có SA = SB ( tính chất tiếp tuyến) Nên ∆ SAB cân S Do tia phân giác SO đường cao ⇒ SO ⊥ AB I trung điểm MN nên OI ⊥ MN · · Do SHE = SIE = 1V ⇒ Hai điểm H I nhìn đoạn SE góc vng nên tứ giác IHSE nội tiếp đường trịn đường kính SE 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm b) ∆ SOI đồng dạng ∆ EOH ( g.g) ⇒ OI OS = ⇒ OI.OE = OH.OS OH OE 0,25 điểm mà OH.OS = OB2 = R2 ( hệ thức lượng tam giác vuông SOB) nên OI.OE = R 0,25 điểm c) Tính OI= 0,25 điểm 0,25 điểm 3R R R2 ⇒ OE = = 2R ⇒ EI = OE − OI = 2 OI R 15 Mặt khác SI = SO − OI2 = R 3( − 1) ⇒ SM = SI − MI = SM.EI R 3( − 1) = Vậy SESM = 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm Bài (1,0 điểm) Phương trình : 2010 − x + x − 2008 = x − 4018 x + 4036083 (*)  2010 − x ≥ ⇔ 2008 ≤ x ≤ 2010  x − 2008 ≥ Điều kiện  Áp dụng tính chất ( a + b ) Ta có : ( ≤2 2010 − x + x − 2008 ⇒ 2010 − x + x − 2008 ≤ ) ( a + b2 ) 0,25 điểm với a, b ≤ ( 2010 − x + x − 2008 ) = ( 1) Mặt khác x − 4018 x + 4036083 = ( x − 2009 ) + ≥ ( 2) Từ (1) (2) ta suy : (*) ⇔ 2010 − x + x − 2008 = ( x − 2009 ) + = 0,25 điểm ⇔ ( x − 2009 ) = ⇔ x = 2009 ( thích hợp) Vậy phương trình có nghiệm x = 2009 0,25 điểm 0,25 điểm Ghi chú: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải, cách giải khác cho điểm tối đa theo biểu điểm qui định -Đáp án có chỗ cịn trình bày tóm tắt, biểu điểm có chỗ cịn chưa chi tiết cho bước biến đổi, lập luận; tổ giám khảo cần thảo luận thống trước chấm -Điểm tồn khơng làm tròn số SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2009 - 2010 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2 điểm) 1) Rút gọn biểu thức : A = ( + ) − 288 2) Giải phương trình: a) x2 + 3x = b) –x4 + 8x2 + = Bài 2: (2điểm) Giải toán cách lập phương trình: Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị 14 Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục hàng đơn vị cho số lớn số cho 18 đơn vị Tìm số cho Bài (1điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x2 Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = – 2x + cắt (P) điểm có tung độ y = – 12 Bài (1điểm) Giải phương trình: x + + − x = x + 14 Bài (4điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = a Gọi Ax, By tia vng góc với AB ( Ax, By thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn (O); cắt Ax, By E F · a) Chứng minh: EOF = 900 b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng c) Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MK ⊥ AB d) Khi MB = MA, tính diện tích tam giác KAB theo a BÀI GIẢI Bài (2điểm) A = ( + ) − 288 = 22 + 2.2.3 + ( ) − 2.144 2 = + 12 + 18 − 12 = 22 ⇔ x( x + 3) = a) x + 3x = ⇔ x1 = ; x2 = – Tập nghiệm phương trình: S = { 0; −3} b) –x4 + 8x2 + = ⇔ x4 – 8x2 – = Đặt y = x2 ( y ≥ 0) , ta phương trình trung gian ẩn y: y2 – 8y – = Vì a – b + c = – (– 8) + (– 9) = nên y1 = – (loại); y2 = (nhận) Do đó: x2 = ⇔ x = ± Tập nghiệm phương trình: S = { −3;3} Bài Gọi x chữ số hàng đơn vị Chữ số hàng chục số là: 14 – x ĐK: < x ∈ N ≤ Số cần tìm viết dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục hàng đơn vị cho ,ta có số mới: 10x + 14 – x = 9x + 14 Theo đề tốn ta có phương trình: 9x + 14 –(140 –9x ) = 18 ⇔ 9x + 14 –140 +9x = 18 ⇔ 18x = 144 ⇔ x =8 Giá trị x = thỏa mãn điều kiện Vậy chữ số đơn vị 8, số hàng chục Số cần tìm 68 Chú ý: Có thể lập hệ phương trình bậc hai ẩn Bài Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + nên có dạng: y = – 2x + b (d) (d) cắt (P) điểm có tung độ – 12 nên hoành độ giao điểm nghiệm PT: –3x2 = – 12 ⇔ x = ± Vậy (d) cắt (P) hai điểm: A(2; – 12) B(– 2; – 12) A ∈ (d) nên yA = – 2xA + b hay – 12 = – 2 + b ⇒ b = – B ∈ (d) nên yB = – 2xB + b hay – 12 = – 2.(– 2) + b ⇒ b = – 16 Có hai đường thẳng (d) tìm thỏa mãn đề bài: (d1): y = – 2x – (d2): y = – 2x – 16 Bài PT : x + + − x = x + 14 (1)   4 x + ≥ x ≥ − ⇔ ⇔ − ≤ x ≤ (*) ĐK:   3− x ≥  x≤3   (1) ⇔ x + 14 − x + − − x = ⇔ (4x + 1) – ⇔ ( ) ( 4x + − + x + + + (3 – x) – − x + = ) − x −1 =  4x +1 − =  ⇔ ⇔ x = (thỏa mãn đk (*))  − x −1 =  Tập nghiệm phương trình cho: S = { 2} · Bài 5: a) Chứng minh: EOF = 900 EA, EM hai tiếp tuyến đường tròn (O) cắt E Nên OE phân giác · AOM · Tương tự: OF phân giác BOM · · Mà · AOM BOM kề bù nên: EOF = 900 (đpcm) b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng · · Ta có: EAO = EMO = 900 (tính chất tiếp tuyến) · · Tứ giác AEMO có EAO + EMO = 1800 nên nội tiếp đương trịn • Tam giác AMB tam giác EOF có: · · · · AMB = EOF = 900 , MAB = MEO (cùng chắn cung MO đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO Vậy Tam giác AMB tam giác EOF đồng dạng (g.g) c) Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MK ⊥ AB y Tam giác AEK có AE // FB nên: AK AE = KF BF F Mà : AE = ME BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)x Nên : AK ME = Do MK // AE (định lí đảo định KF MF lí Ta- let) Lại có: AE ⊥ AB (gt) nên MK ⊥ AB d) Khi MB = MA, tính diện tích tam giác KAB theo a Gọi N giao điểm MK AB, suy MN ⊥ AB ∆ FEA có: MK // AE nên: M E K A N O MK FK = (1) AE FA NK BK = (2) AE BE FK BK FK BK FK BK = = = Mà ( BF // AE) nên hay (3) KA KE KA + FK BK + KE FA BE ∆ BEA có: NK // AE nên: Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: MK KN = Vậy MK = NK AE AE B S KN AKB Tam giác AKB tam giác AMB có chung đáy AB nên: S = MN = AMB Do đó: S AKB = S AMB Tam giác AMB vuông M nên tg A = Vậy AM = a a ⇒ ⇒ S AKB MB = 2 MB · = ⇒ MAB = 600 MA 1 a a = = a (đvdt) 16 2 2 SỞ GD-ĐT NINH BÌNH Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2008 - 2009 Môn Toán Thời gian: 120 phút Câu 1: (2,0 điểm) Giải phương trình: 2x + = x + y = Giải hệ phương trình sau:  2x + y = Cho phương trình ẩn x sau: x2 – 6x + m +1 = a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: x12 + x2 = 26 Câu 2: (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức sau: 1 + A = 5+2 5−2 B = ( 2008 − 2009 ) 1 + + + 1+ 2+ 2008 + 2009 Câu 3: (2,0 điểm) Một ruộng hình chữ nhật có chu vi 300m Tính diện tích ruộng, biết chiều dài giảm lần chiều rộng tăng gấp lần chu vi ruộng không thay đổi Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O bán kính R đường thẳng d cố định không giao Từ điểm M thuộc d, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O; R) (A, B tiếp điểm) Gọi I giao điểm MO cung nhỏ AB đường tròn Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Cho biết MA = R , tính diện tích hình phẳng bị giới hạn hai tiếp tuyến MA, MB cung nhỏ AB đường tròn (O; R) Chứng minh M thay đổi d đường thẳng AB qua điểm cố định Câu 5: (1,5 điểm) Cho A = 26 + 15 + 26 − 15 Chứng minh A = C = x3 y3 z3 + + ≥ xy + yz + xz Cho x, y, z ba số dương Chứng minh y z x 2 Tìm a ∈ N để phương trình x – a x + a + = có nghiệm nguyên ⇔ x ( x + 20 ) = 56 x ( x + 20 ) − 24 x ⇔ x + 20 x − 2400 = Giải phương trình ta : x1 = – 60 (loại) ; x2 = 40 ( thỏa mãn điều kiện) Trả lời: Vxe máy = 40 km/h ; Vô tô = 60 km/h Bài 1) Chứng minh tam giác ABD cân: Ta có: · D ACB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Suy ra: BC ⊥ AD C / ΔABD có BC đường cao đồng thời đường trung tuyến (do AC = DC) nên ΔABD cân B / 2)Chứng minh ba điểm D, B, F nằm A B O đường thẳng: = · Tứ giác ACBE có CAE = · ACB = · AEB = 900 nên hình E · · nhật Suy CBA + EBA = 900 = ΔABD cân B , BC đường cao nên BC phân giác F góc ABD Vậy ·ABD = · ABC Chứng minh tương tự ta ΔABF cân B BF phân giác · ABF nên · ABF = · ABE ( ) ABD + · ABF = · ABC + · ABE = 2.900 = 1800 Vậy ba điểm D, B, F thẳng hàng Do · Bài (1điểm) ) ( − 1) ta suy ra: S = ( + 1) + ( − 1) S = ( + 1) + ( − 1)     S S = ( + 1) + ( − 1)  ( + 1) + ( − 1)      = ( + 1) + ( + 1) ( + 1) + ( − 1) ( + 1) + ( − 1) = ( + 1) + ( − 1) + ( + 1) ( + 1) + ( − 1) ( + 1) =S + ( + 1) ( + 1) + ( − 1) ( + 1) Ta cần chứng minh ( + 1) ( + 1) + ( − 1) ( + 1) = S ( m > n) Ta có ( + 1) ( + 1) + ( − 1) ( + 1) ( + 1) + − + ( − 1) + 1) ( − 1) =( ( ) ( ) ( + 1) ( − 1) = ( + 1) ( + 1) ( − 1) + ( − 1) ( + 1) ( − 1) = ( + 1) ( + 1) ( − 1)  + ( + 1) ( − 1)  ( − 1)     = ( + 1) + ( − 1) = S Từ giả thiết k nguyên dương Sk = m k k +1 + m n m n n m m ( m n n n m+ n m m+ n m+ n n m m m n n m+n n m m n n m+n m n m n n m n m n n m n n m n n m−n n n n n m−n m−n n m−n n n m− n n m−n Vậy: k nguyên dương Sk = Sở Giáo dục - Đào tạo Hải Dương ( ) ( k +1 + ) k − , m > n thì: Sm+n + Sm-n = Sm Sn Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010 Môn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút khơng kể thời gian giao đề Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều) (Đề thi gồm có: 01 trang) Đề thi thức Câu 1(2.0 điểm): x −1 x +1 + 1=  x = 2y 2) Giải hệ phương trình:  x − y = 1) Giải phương trình: Câu 2:(2.0 điểm) 2( x − 2) x + với x ≥ x ≠ x−4 x +2 b) Một hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng cm diện tích 15 cm2 Tính chiều dài chiều rộng hình chữ nhật a) Rút gọn biểu thức: A= Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = (ẩn x) a) Giải phương trình với m = a) Tính giá trị m, biết phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12 b) Câu 4:(3 điểm) Cho tam giác MNP cân M có cậnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R) Tiếp tuyến N P đường tròn cắt tia MP tia MN E D a) Chứng minh: NE2 = EP.EM a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp b) Qua P kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt đường trịn (O) K ( K khơng trùng với P) Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2 Câu 5:(1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: A = − 4x x2 + -Hết -Giải Câu I x −1 x +1 + 1= ⇔ 2(x − 1) + = x + ⇔ x = −1 Vậy tập nghiệm phương trình S= { −1} a,  x = 2y  x = 2y  x =10 ⇔ ⇔ b,  Vậy nghiệm hệ (x;y) =(10;5)  x − y = 2y − y =  y = Câu II a, với x ≥ x ≠ Ta có: A = 2( x − 2) x 2( x − 2) + x ( x − 2) ( x − 2)( x + 2) + = = =1 ( x − 2)( x + 2) ( x + 2) ( x − 2)( x + 2) ( x − 2)( x + 2) b, Gọi chiều rộng HCN x (cm); x > ⇒ Chiều dài HCN : x + (cm) Theo ta có PT: x(x+2) = 15 Giải tìm :x1 = -5 ( loại ); x2 = ( thỏa mãn ) Vậy chiều rộng HCN : cm , chiều dài HCN là: cm Câu III a, Với m = Phương trình có dạng : x2 - 2x ⇔ x( x − 2) = ⇒ x = x = Vậy tập nghiệm phương trình S= { 0; 2} b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 ∆ ' > => − m > => m < (*) Theo Vi-et :  x1 + x2 =   x1 x2 = m − (1) (2) Theo bài: x 2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12 ⇒ 2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) ) hay x1 - x2 = -6 Kết hợp (1) ⇒ x1 = -2 ; x2 = Thay vào (2) : m - = -8 ⇒ m = -5 ( TM (*) ) M O Câu IV a, ∆ NEM đồng dạng ∆ PEN ( g-g) => K NE ME = => NE = ME.PE EP NE H F N P I D E · · b, MNP = MPN ( tam giác MNP cân M ) · · · PNE = NPD(cùng = NMP ) · · => DNE = DPE Hai điểm N; P thuộc nửa mp bờ DE nhìn DE góc nên tứ giác DNPE nội tiếp c, ∆ MPF đồng dạng ∆ MIP ( g - g ) MP MI = => MP = MF MI (1) MF MP ∆ MNI đồng dạng ∆ NIF ( g-g ) NI IF => = => NI = MI IF(2) MI NI => Từ (1) (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3) · · · NMI = KPN ( phụ HNP ) · · => KPN = NPI => NK = NI ( ) Do tam giác MNP cân M => MN = MP ( 5) Từ (3) (4) (5) suy đpcm Câu V k= − 8x kx + x + k − = (1) x2 + +) k=0 Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x= +) k ≠ (1) phải có nghiệm  ∆ ' = 16 - k (k - 6) ≥ −2 ≤ k ≤ −1 Max k = ⇔ x = ⇔ x=2 Min k = -2 Sở Giáo dục đào tạo B¾c giang Đề thi thức (đợt 1) Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (Đề thi gåm cã: 01 trang) Câu I: (2,0đ) Tính 25 x = Giải hệ phơng trình: x + 3y = Câu II: (2,0đ) 1.Giải phơng trình x2-2x+1=0 Hàm số y=2009x+2010 đồng biến hay nghịch biến R? Vì sao? Câu III: (1,0đ) Lập phơng trình bậc hai nhận hai số nghiệm? Câu IV(1,5đ) Một ôtô khách ôtô tải xuất phát từ địa điểm A đến địa điểm B đờng dài 180 km vận tốc ôtô khách lớn ôtô tải 10 km/h nên ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 phút.Tính vận tốc ôtô Biết trình từ A đến B vận tốc ôtô không đổi Câu V:(3,0đ) 1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Các đờng cao BH CK tam giác ABC cắt điểm I Kẻ đờng kính AD đờng tròn tâm O, đoạn thẳng DI BC cắt M.Chứng minh a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc đờng tròn b/OM BC 2/Cho tam giác ABC vuông A,các đờng phân giác goác B góc C cắt cạnh AC AB lần lợt D E Gọi H giao điểm BD CE, biết AD=2cm, DC= cm tính độ dài đoạn thẳng HB Câu VI:(0,5đ) 16 =0 Cho số dơng x, y, z thỏa mÃn xyz x+ y+z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = (x+y)(x+z) HÕt -Họ tên thí sinh .SBD: Câu I: (2,0đ) Tính 25 = 2.5 = 10 đáp án: x = x = x = 2 Gi¶i hƯ phơng trình: < = > < = > x + 3y = 2 + y = y =1 Vậy hệ phơng trình có nghiệm (x;y) = (2;1) Câu II: (2,0đ) x2 - 2x +1 = (x -1)2 = x -1 = x = VËy PT có nghiệm x = Hàm số hàm số đồng biến vì: Hàm số hàm bËc nhÊt cã hÖ sè a = 2009 > Hoặc x1>x2 f(x1) > f(x2) Câu III: (1,0đ) Lập phơng trình bậc hai nhận hai số nghiệm? Giả sử có hai số thực: x1 = 3; x2 = XÐt S = x1 + x2 = + = 7; P = x1 x2 = 3.4 = 12 =>S2 - 4P = 72 - 4.12 = > VËy x1; x2 lµ hai nghiệm phơng trình: x2 - 7x +12 = Câu IV(1,5đ) Đổi 36 phút = h 10 Gọi vận tốc ô tô khách x ( x >10; km/h) Vận tốc ôtô tải x - 10 (km/h) 180 Thời gian xe khách hết quÃng đờng AB là: (h) x 180 Thời gian xe tải hết quÃng đờng AB là: (h) x 10 Vì ôtô khách đến B trớc ôtô tải 36 nªn ta cã PT: 180 180 − = x − 10 10 x ⇔ 180.10 x − x( x − 10) = 180.10( x − 10) ⇔ x − 10 x − 3000 = ∆ = + 3000 = 3025 ' ∆' = 3025 = 55 x1 = +55 = 60 ( TM§K) x2 = - 55 = - 50 ( không TMĐK) Vậy vận tốc xe khách 60km/h, vận tốc xe tải 60 - 10 = 50km/h Câu V:(3,0đ) 1/ A K a) AHI vuông H (v× CA ⊥ HB) B ∆ AHI néi tiÕp đờng tròn đờng kính AI I AKI vuông H (vì CK AB) AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI H O M Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI b) Ta cã CA ⊥ HB( Gt) D CA ⊥ DC( gãc ACD chắn nửa đờng tròn) => BH//CD hay BI//CD (1) C Ta cã AB ⊥ CK( Gt) AB ⊥ DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn) => CK//BD hay CI//BD (2) Từ (1) (2) ta có Tứ giác BDCI hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song) Mà DI cắt CB M nên ta có MB = MC => OM ⊥ BC( ®êng kÝnh ®i qua trung điểm dây vuông góc với dây đó) 2/ Cách 1: B Vì BD tia phân giác góc B tam giác ABC; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có: AD AB AB = ⇔ = ⇒ BC = AB DC BC BC E H V× ∆ ABC vuông A mà BC = 2AB nên ^ACB = 300; ^ABC = 600 C V× ^B1 = ^B2(BD phân giác) nên ^ABD = 300 A D Vì ABD vuông A mà ^ABD = 300 nªn BD = 2AD = = 4cm => AB = BD − AD = 16 = 12 Vì ABC vuông t¹i A => BC = AC + AB = 36 + 12 = Vì CH tia phân giác góc C tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có: DC DH DH = ⇔ = ⇒ BH = 3DH BC HB HB  3BH + 3HD =  BH + HD =  Ta cã:  ⇔ ⇒ BH (1 + ) =  BH = 3HD  BH = 3HD  BH = (1 + ) = ( − 1) = ( − 1) VËy BH = ( − 1)cm 2 AB C¸ch 2: BD phân giác => AD = AB = AB ⇒   =  ÷ DC BC BC AB + AC 4 AB ⇔ = ⇔ 4( AB + 36) = 16 AB ⇔ AB = 4.36 16 AB + 36 Câu VI:(0,5đ) 16 = => xyz(x+y+z) = 16 x+ y+z P = (x+y)(x+z) = x2 +xy + xz + yz = x(x+y+z) + yz ¸p dụng BĐT Côsi cho hai số thực dơng x(x+y+z) vµ yz ta cã P = (x+y)(x+z) = x(x+y+z) + yz ≥ xyz ( x + y + z ) = 16 = ; dấu đẳng thức xẩy x(x+y+z) = yz Vậy giá trị nhỏ P 16 16 Cách 2: xyz= =>x+y+z= x+ y+z xyz 16 16 16 P=(x+y)(x+z)=x2+xz+xy+yz=x(x+y+z)+yz=x +yz= + yz ≥ yz = (b®t cosi) xyz yz yz Vây GTNN P=8 Cách 1:Vì xyz - SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010 KHÁNH HỊA MƠN: TỐN NGÀY THI: 19/6/2009 ĐỀ CHÍNH THứC Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề) Bài 1: (2 điểm) (khơng dùng máy tính bỏ túi) a) Cho biết A= + 15 B= − 15 Hãy so sánh A+B AB 2x +y = b) Giải hệ phương trình: 3x – y= 12 Baøi 2: (2.5 điểm) Cho Parabol (P) : y= x2 đường thẳng (d): y=mx-2 (m tham số m ≠ 0) a/ Vẽ đồ thị (P) mặt phẳng toạ độ Oxy b/ Khi m = 3, tìm toạ độ giao điểm (P) và( d) c/ Gọi A(xA;yA), B(xA;yB) hai giao điểm phân biệt cuả (P) ( d) Tìm gia trị m cho : yA + yB = 2(xA + xB )-1 Bài 3: (1.5 điểm) Cho mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng m bình phương độ dài đường chéo gấp lần chu vi Xác định chiều dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật Bài 4: ( điểm) Cho đường trịn(O; R), từ điểm M ngồi đường trịn (O; R) Vẽ hai tiếp tuyến A, B Lấy C cung nhỏ AB Gọi D, E, F hình chiếu vng góc C AB, AM, BM a/ Chứng minh AECD nội tiếp đường tròn ˆ ˆ b/ Chứng minh: CDE = CBA c/ Gọi I trung điểm AC ED, K giao điểm CB , DF Chứng minh : IK// AB d/ Xác định vị trí C cung nhỏ AB để AC2 + CB2 nhỏ nhất, tính giá trị nhỏ OM =2R -Hết - Đáp án câu4 4c)Chứng minh : IK//AB Gợi ý: Chứng minh tổng số đo hai góc ICK IDK 1800 4d)Xác định vị trí điểm C cung nhỏ AB để CA2 + CB2 đạt GTNN Gợi ý : Xây dựng công thức đường trung tuyến tam giác Gọi N trung điểm AB Ta có: AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2 = 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2 + AN2 – 2AN.ND + ND2 = 2CN2 + 2AN2 = 2CN2 + AB2/2 AB2/2 ko đổi nên CA2 + CB2 đạt GTNN CN đạt GTNN  C giao điểm ON cung nhỏ AB => C điểm cung nhỏ AB Khi OM = 2R OC = R hay C trung điểm OM => CB = CA = MO/2 = R Do đó: Min (CA2 + CB2 ) = 2R2 A E I N O D C K F SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO CẦN THƠ B ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2009 - 2010 MƠN THI: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC C©u I: (1,5®) Cho biĨu thøc A = x + x −1 − x − x −1 − x x−x 1− x 1/ Rót gän biĨu thøc A 2/ T×m giá trị x để A > Câu II: (2,0đ) Giải bất phơng trình phơng trình sau: 1) - 3x ≥ -9 3) 36x4 - 97x2 + 36 = x +1 = x - 4) x − 3x − = 2x +1 2) Câu III: (1,0đ) Tìm hai sè a, b cho 7a + 4b = -4 đờng thẳng ax + by = -1 qua điểm A ( 2; 1) Câu IV: (1,5đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P) Tìm a, biết (P) cắt đờng thẳng (d) có phơng trình y = -x - điểm A có hoành độ Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm đợc Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) (P) (d) Câu V: (4,0đ) Cho tam giác ABC vuông A, có AB = 14 cm, BC = 50cm Đờng phân giác gúc ABC đờng trung trực cạnh AC cắt E Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp đợc đờng tròn Xác định tâm O đờng tròn Tính BE Vẽ đờng kính EF đờng tròn tâm (O) AE BF cắt P Chứng minh đờng thẳng BE, PO, AF đồng quy Tính diện tích phần hình tròn tâm (O) nằm ngũ giác ABFCE HẾT BÀI GIẢI CÂU V: Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp: Gọi O trung điểm BC ⇒ OA = OB = OC = BC (1) (tính chất đường E trung tuyến tam giác vuông ứng với cạnh huyền) A // Từ OA = OC EA = EC (do E thuộc đường trung trực AC) // Nên OE ⊥ AC, từ AB // OE (cùng ⊥ AC) I B O · · Do đó: · ABE = BEO (so le trong), mà · ABE = EBO (gt) suy · · OEB = OBE Vậy ∆BOE cân O nên OB = OE (2) Từ (1) (2) suy ra: OA = OB = OC = OE Điều chứng tỏ tứ giác ABCE nội tiếp Điểm O tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABCE Tính BE Tam giác ABC có O trung điểm BC, OE // AB nên OE qua trung điểm I AC Vậy OI đường trung bình ∆ABC nên OI = 1 AB = 14 = (cm) 2 OE = BC : = 25 cm , từ EI = 18 cm Tam giác OIC vng I nên IC = OC − OI = 252 − = 24 cm Tam giác EIC vuông I nên EC = IE + IC = 182 + 242 = 900 = 30 cm Tam giác BEC vuông E nên BE = BC − EC = 502 − 302 = 40 cm Chứng minh đường thẳng BE, AF, PO đồng qui · · Ta có FAE = FBE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) ) Suy : EB, FA hai đường cao tam giác PEF C Tứ giác ABFE nội tiếp có AB // EF nên hình thang cân · Do · AEF = BFE nên tam giác PFE cân P Tam giác PEF cân P, PO đường trung tuyến nên PO cao thứ ba tam giác Vậy ba đường thẳng BE, AF, PO ng qui Tính diện tích phần hình tròn tâm (O) nằm ngũ giác ABFCE Gi S l diện tích phần hình trịn tâm O nằm ngồi ngũ giác ABFCE S1 diện tích hình trịn (O) S2 diện tích hình thang ABFE A S3 diện tích tam giác ECF // P Ta có: S = S1 − ( S2 + S3 ) ∗ S1 = π R = π 252 = 625 π B O ∗ S2 = ( AB + EF ) AI = ( 14 + 50 ) 24 E // = 768 1 S3 = FC.EC = 40.30 = 600 2 Vậy S = 625 π – (768 + 600) = 625 π – 1368 ( cm ) F -HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề có 01 trang) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TỐN Thời gian làm 120 phút khơng kể giao đề Bài 1(2,0 điểm): 1- Cho hàm số y =1 + x a) Tìm giá trị y khi: x = ; x = −1 b) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng toạ độ 2- Khơng dùng máy tính cầm tay: C a) Giải phương trình: x + x − = x + 2y = b) Giải hệ phương trình: 3x − y =  Bài 2(2,0 điểm): Giải tốn cách lập phương trình: Tìm hai số có tổng tích Bài 3(2,0 điểm): Cho: M = x − xy + y x y + y x − x− y xy 1- Tìm điều kiện để M có nghĩa 2- Rút gọn M (với điều kiện M có nghĩa) 3- Cho N = y y − Tìm tất cặp số ( x; y ) để M = N Bài 4(3,0 điểm): Độ dài cạnh tam giác ABC vuông A, thoả mãn hệ thức sau: AB = x , AC = x + , BC = x + 1- Tính độ dài cạnh chiều cao AH tam giác 2- Tam giác ABC nội tiếp nửa hình trịn tâm O Tính diện tích phần thuộc nửa hình trịn ngồi tam giác 3- Cho tam giác ABC quay vòng quanh cạnh huyền BC Tính tỷ số diện tích phần dây cung AB AC tạo Bài 5(1,0 điểm): Tính P = x + y Q = x 2009 + y 2009 Biết rằng: x > , y > , + x + y = x + xy + y Hết -Họ tên thí sinh: Phòng thi: SBD: Họ tên, chữ ký giám thị Họ tên, chữ ký giám thị ĐÁP ÁN-HƯỚNG DẪN CHẤM THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010 MƠN TỐN (ĐỀ CHÍNH THỨC) Điểm Nội dung Bài 1(2,0 điểm): 1- Cho hàm số y = + x a) Tìm giá trị y khi: x = ; x = −1 b) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng toạ độ 2- Khơng dùng máy tính cầm tay: a) Giải phương trình: x + x − =  x + y = (1) 3 x − y = (2) b) Giải hệ phương trình:  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1-(1,0 đ) a) (0,5 đ) * Khi x = 0, ta có y = 1+ = hay y = * Khi x = -1, ta có y = 1-1 = hay y = b) (0,5 đ) * Xác định hai điểm (0; 1) (-1; 0) x mặt phẳng toạ độ * Đồ thị hàm số y = + x (hình vẽ) y 2-(1,0 đ) a) (0,5 đ) * Vì a + b + c = 1+1+(-2) = 1+ 1-2 = * Phương trình cho có hai nghiệm: x = 1, x = -2 b) (0,5 đ) * Lấy (1) + (2), ta có x = x = * Thay x =1 vào x + y = ta có + y = y =1 x = y = Nghiệm hệ phương trình cho :  0,25 0,25 0,25 Bài 2(2,0 điểm): Giải tốn cách lập phương trình: Tìm hai số có tổng tích * Gọi hai số phải tìm x y * Vì tổng hai số 5, nên ta có x + y = * Vì tích hai số 6, nên ta có: xy = 0,25 * Ta có hệ phương trình:  0,25 0,25 0,25 0,25 x + y =  xy = * Các số x y nghiệm phương trình: X2 -5X + = (1) * Ta có ∆ = 25-24 = 1> => * (1) có hai nghiệm: X = +1 −1 = 3, X2 = =2 2 * Hai số phải tìm Bài 3(2,0 điểm): Cho M = x − xy + y x y + y x − x− y xy 1- Tìm điều kiện để M có nghĩa 2- Rút gọn M (với điều kiện M có nghĩa) 3- Cho N = y y − Tìm tất cặp số ( x; y ) để M = N y = 1+ x -1 1-(0,5 đ) x − y ≠  xy ≠ 0,25 0,25 * Để M có nghĩa, ta có:  0,25 * Với x ≠ y, x ≠ 0, y ≠ ta có: M = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 * x ≠ y, x ≠ 0, y ≠ 2-(0,75 đ) (1) ( x − y ) xy ( x + y ) − x− y xy * M = x− y−x− y * M = −2 y 3-(0,75 đ) * Để y y − có nghĩa y ≥ (2) Với x ≠ y, x ≠ 0, y > (kết hợp (1) (2)), ta có − y = y y − * ( y ) + 2( y ) − = đặt a = y , a > 0, ta có a + 2a − = * = (a − 1) + (2a − 2) = (a − 1)(a + a + 1) + 2(a − 1)(a + 1) = (a − 1)(a + 3a + 3) 3 a =1 > (vì a + 3a + = (a + ) + > 0) Do a =1 nên y = > x ; y ) phải tìm để M = N là: x tuỳ ý ≠ 0, ≠ 1; y = Vậy cặp số ( 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 4(3,0 điểm): Độ dài cạnh tam giác ABC vuông A, thoả mãn hệ thức sau: AB = x , AC = x + , BC = x + 1- Tính độ dài cạnh chiều cao AH tam giác 2- Tam giác ABC nội tiếp nửa hình trịn tâm O Tính diện tích phần thuộc nửa hình trịn ngồi tam giác 3- Cho tam giác ABC quay vòng quanh cạnh huyền BC Tính tỷ số diện tích phần dây cung AB AC tạo 1-(1,25 đ) C * Theo định lý Pitago tam giác vng ABC, ta có: BC2 = AB2 + AC2 hay: ( x +2)2 = x + ( x +1)2 x +2 x +1 * x + x + = x + x + x + x – x – = O x = > 0, x = -1 < (loại) * * Vậy AB = 3, AC = 4, BC = H A * AH = AB AC 3.4 12 = = BC 5 x B 0,25 2-(1,0 đ) * Gọi diện tích phần thuộc nửa hình trịn ngồi tam giác S; diện tích nửa hình trịn tâm O S1; diện tích tam giác ABC S2 , ta có: S = S1 – S2 = 1 π OA − AB AC 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 25π 12 25π − 48 − = *= 8 * Vậy S = (25π − 48) * Vì OA = BC , nên S = 1 π BC − AB AC 3- (0,75 đ) * Khi tam giác ABC quay vòng quanh cạnh huyền BC: Gọi S3 diện tích phần dây cung AB tạo (diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy AH, đường sinh AB), ta có: S3 = π AH AB = 3π AH * Gọi S4 diện tích phần dây cung AC tạo (diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy AH, đường sinh AC), ta có: S4 = π AH AC = 4π AH S3 * Vậy S = 4 Bài 5(1,0 điểm): Tính P = x + y Q = x 2009 + y 2009 Biết rằng: x > 0, y > 0, + x + y = x + xy + y (1) * Vì x > 0, y > (1) + x + y = x + xy + y 2.( 1) + 2( x ) + 2( y ) = x + x y + y * (( 1) − x + ( x ) ) + (( x ) − x y + ( y ) ) + (( 1) − y + ( y ) ) = 2 * ( − x ) + ( x − y ) + ( − y ) =  1− x = x =1   *  x − y =  x = y hay x = y =  1− y =0  y =1   Vậy P = Q = Chú ý: - Thí sinh làm cách khác đúng, hợp lý cho điểm tối đa - Điểm thi tổng số điểm bài, điểm tổng số điểm phần (điểm thi, điểm bài, điểm phần khơng làm trịn số) ... thi chÝnh thøc (đợt 1) Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2 010 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (Đề thi gồm có: 01 trang) ... ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT AN GIANG Năm học: 2009 – 2 010 Khóa ngày: 28/6/2009 MƠN THI: TỐN (đề chung) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài... -HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO N BÁI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề có 01 trang) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2 010 MƠN TỐN Thời gian làm 120 phút không kể giao đề Bài 1(2,0 điểm): 1-