›
›
›

Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 1999-2000 - Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

doc 68 trang dichphong 6220
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 1999-2000 - Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_mon_toan_nam_hoc_1999_2000_truo.doc

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 1999-2000 - Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

  1. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê hồng phong năn học 1999 – 2000 Môn toán (Đề chung) Bài 1(2điểm) a b a b Cho biểu thức: N = ab b ab a ab với a,b là 2 số dương khác nhau 1)Rút gọn biểu thức N 2)Tính giá trị của biểu thức N khi : a = 6 2 5 và b = 6 2 5 Bài 2(2,5 điểm) Cho phương trình ẩn x: x4 – 2mx2 + m2 – 3 = 0 1)Giải phương trình với m = 3 2)Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt Bài 3 (1,5 điểm) Trên hệ trục toạ độ Oxy cho điểm A(2;-3) và parapol (p) có phương trình là 1 y = - x 2 2 1)Viết phương trình đường thẳng có hệ số góc bằng k và đi qua điểm A(2; - 3) 2)Chứng minh rằng bất cứ đường thẳng nào đi qua điểm A(2;-3) không song song với 1 trục tung bao giờ cũng cắt parabol y = - x 2 tại 2 điểm phân biệt 2 Bài 4(4 điểm) Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) cắt đường tròn tại 2 điểm A, B .Từ điểm M nằm trên đường thẳng (d) và ở ngoài đường tròn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn , trong đó P và Q là các tiếp điểm. 1)Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ 2)Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vuông. 3)Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy trên một đường thẳng cố định. 1
  2. Đáp án Bài 1: a b a b a b a b Câu 1: : N = = ab b ab a ab b( a b) a( b a) ab a a( b a) b b( b a) (a b)(b a) a ab b ab a b = ab(b a) ab()b a) b a Câu 2: Ta có a = 6 2 5 = ( 5 1) 2 5 1 v à b = 6 2 5 = ( 5 1) 2 5 1 a b 5 1 5 1 => N = 5 b a 5 1 5 1 B ài 2: Câu1: khi m = 3 ,phương trình : x4 – 2mx2 + m2 – 3 = 0 trở thành: x 0 x1 0 x4 - 2 3 x = 0 x2 (x2 - 23 ) = 0 x 2 2 3 x2,3 2 3 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là : x1 = 0 , x2 = 2 3 x3 = - 2 3 Câu 2: Đặt t = x2 , điều kiện t 0 .Phương trình đã cho trở thành: t2 – 2mt + m2 – 3 = 0 (1) Phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt phương trình (1) có 2 nghiệm trong đó có một nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm dương *)Phương trình (1) nhận t = 0 là nghiệm m2 – 3 = 0 m = 3 +)Khi m = 3 , phương trình (1) trở thành: t2 - 3 t = 0 t1 0 (thoả mãn) t2 2 3 v ậy m = 3 ,là giá trị cần tìm +)Khi m = - 3 , phương trình (1) trở thành : t2 + 23 t = 0 t1 0 (không thích hợp) t2 2 3 Vậy m = - 3 không thoả mãn loaị Tãm l¹i ph­¬ng tr×nh ®· cho cã 3 nghiÖm ph©n biÖt m = 3 Bµi 3 C©u 1: Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng ®i qua ®iÓm A(2;-3) vµ cã hÖ sè gãc b»ng k lµ: y = k(x-2) – 3 C©u 2: Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm A(2;-3) vµ kh«ng song song víi trôc tung cã d¹ng: y = k(x-2) – 3 ( k lµ 1 sè bÊt kú) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña parabol (p) vµ ®­êng th¼ng (d) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: 1 - x2 = k(x-2) – 3 x2 + 2kx – 4k – 6 = 0 (*) 2 2
  3. §­êng th¼ng (d) vµ parabol(p) c¾t nhau t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt ph­¬ng tr×nh (*) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt víi mäi k / > 0 víi mäi k k2 + 4k + 6 > 0 víi mäi k ThËt vËy / = k2 + 4k + 6 = (k2 + 4k + 4) + 2 = (k + 2)2 + 2 > 0 víi mäi k  ®iÒu ph¶i chøng minh. Bµi 4: P O I M A K B (D) Q C©u 1: +)V× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tuyÕn cïng xuÊt ph¸t tõ ®iÓm M => tia MO lµ tia ph©n gi¸c cña gãc PMQ (1) +) Còng v× MP vµ MQ lµ c¸c tiÕp tuyÕn cïng xuÊt ph¸t tõ ®iÓm M  gãc PMO = QMO => cung PI = cung IQ 1 Ta cã gãc MIP lµ gãc t¹o bëi mét d©y cung vµ tiÕp tuyÕn => S® gãc MPI = S® cung PI 2 1 L¹i cã S® gãc IPQ = S® cung QI => gãc MPI = gãc IPQ => PI lµ tia ph©n gi¸c cña gãc MPQ 2 (2) Tõ (1) vµ (2) => I là giao điểm của hai đường phân giác tại đỉnh M và đỉnh P của tam giác MPQ => I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ (đpcm) Câu2: a) Phân tích: Giả sử M là điểm trên đường thẳng (d) sao cho tứ giác MPOQ là hình vuông => cạnh của hình vuông là R  MO = R2 0,25®  M nằm trên đường tròn (O ; R2 )  M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn (O ; R2 ) 0,25® b) C¸ch dùng: + Dùng ®o¹n R2 0,25đ + VÏ ®­êng trßn (O, R)2 + LÊy giao ®iÓm M cña ®­êng th¼ng (d) vµ ®­êng trßn (O, R)2 => M lµ ®iÓn ph¶i dùng 0,25đ c) Chứng minh: 3
  4. Vì MO = R2 > R => M naèm ngoaøi ñöôøng troøn (O,R) Neân töø M keû ñöôïc hai tieáp tuyeán MP vaø MQ ñeán ñöôøng troøn 0,25ñ + AÙp duïng ñònh lyù Pitago trong tam giaùc vuoâng MPO ta coù MP2 = MO2 – OP2 = 2R2 – R2 = R2 => MP = R Töông töï chöùng minh ñöôïc MQ = R => MPOQ laø töa giaùc coù 4 caïnh baèng nhau vaø coù 1 goùc vuoâng => MPOQ laø hình vuoâng 0,25ñ d) Bieän luaän Vì ñöôøng thaúng (d) vaø ñöôøng troøn (O, R2 ) caét nhau taïi 2 ñieåm => baøi toaùn coù hai nghieäm hình 0,25ñ Caâu 3: (1ñ) +Ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc MPQ laø ñöôøng troøn ñöôøng kính MO 0,25ñ +Töø O keå ñöôøng thaúng vuoâng goùc ñeán ñöôøng thaúng (d) taïi K => goùc MKO = 1v => K naèm treân ñöôøng troøn ñöôøng kính MO 0,25ñ => ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc MPQ ñi qua 2 ñieåm coá ñònh O vaø K 0,25ñ => taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc MPQ chaïy treân ñöôøng trung tröïc ( ) cuûa ñoaïn OK 0,25ñ 4
  5. Đề thi tuyển sinh vao 10 PTTH năm học 1999 – 2000 Môn toán thời gian làm bài 150 phút Bài 1(1,5 điểm) 2 Cho biểu thức : A = x 4x 4 4 2x a) Với giá trị nào của x thì biểu thức A có nghĩa b) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 1,999 Bài 2(1,5 điểm) Giải hệ phương trình: 1 1 1 x y 2 4 3 5 x y 2 Bài 3 (2 điểm) Tìm giá trị của a để phương trình : (a2 – a – 3)x2 + (a + 2)x – 3a2 = 0 nhận x = 2 là nghiệm .Tìm nghiệm còn lại của phương trình? Bài 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A . trên cạnh AB lấy điểm D không trùng với đỉnh A và đỉnh B. Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại E. Đường thẳng AE cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là G. Đường thẳng CD cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là F . Gọi S là giao điểm của các đường thẳng AC và BF. Chứng minh: 1) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG 2) SA. SC = SB. SF 3) Tia ES là phân giác của góc AEF Bài 5(1 điểm) Giải phương trình : x2 + x + 12x 1 = 36 Đáp Án 5
  6. Bài 1: 2 (x 2) 2 Câu a) Ta có : A = x 4x 4 = 0,25đ 4 2x 2(2 x) Vì (x- 2)2 0 với mọi x => (x 2) 2 có nghĩa với mọi x 0,25đ => Biểu thức A có nghĩa 4 – 2x 0 x 2 0,25đ x 2 Câu b) Ta có A = 0,25đ 2(2 x) x 2 1 khix 2 0 2(2 x) 2 0,25đ 2 x 1 khix 2 0 2(2 x) 2 Khi x = 1,999 => x A = 0,5 0,25đ Bài 2 (1,5 đ) 1 1 1 x y 2 4 3 5 x y 2 Đặt u = 1 và v = 1 .Hệ phương trình trên trở thành: x y 2 u v 1 0,25đ 4u 3v 5 Giải hệ phương trình trên được 2 u 7 0,5đ 9 v 7 Với u = 2 => x = 7 0,25đ 7 2 Với v = 9 => y = 25 0,25đ 7 9 7 x 2 Vậy hệ có nghiệm là : 0,25đ 25 y 9 Bài 3: Phương trình đã cho nhận x1 = 2 là nghiệm 4(a2 – a – 3) + 2(a + 2) – 3a2 = 0 0,5đ a2 – 2a – 8 = 0 0,25đ 6
  7. a 2 0,25đ a 4 Khi đó nghiệm còn lại của phương trình là: 2 3a x2 = 0,5đ 2(a 2 a 3) +) Nếu a = -2 , nghiệm còn lại của phương trình là x2 = -2 0,25đ +) Nếu a = 4 , nghiệm còn lại của phương trình là 8 x2 = - 0,25đ 3 Bài 4 S A F D G B E C Câu 1: Chứng minh AC // FG ( 1 đ) Tứ giác ACED có : góc A = góc E = 1v 0,25đ nên nội tiếp được trong một đường tròn => ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG (1) 0,25đ Mặt khác 4 điểm D,G, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD nên tứ giác DGEF nội tiếp được đường tròn => góc DEG = góc DFG (2) 0,25đ Từ (1) và (2) => góc ACD = góc DFG => AC // FG (Vì có 2 góc so le trong bằng nhau) 0,25đ 7
  8. Câu 2 : Chứng minh SA.SC = SB. SF (1,5đ) Tứ giác ACBF có  A =  F = 1v => tứ giác ACBF nội tiếp đường tròn đường kính BC =>  FAC +  FBC = 2v 0,25đ Lại có  FAC +  SAF = 2v =>  SAF =  FBC hay  SAF =  SBC 0,25đ Xét 2 tam giác SAF và SBC có :  S chung ,  SAF =  SBC (cmt) => Hai tam giác SAF và SBC đ ồng d ạng 0,5 đ SA SF => 0,25 đ SB SC => SA.SC = SB.SF 0,25 đ C âu 3: Chøng minh : Tia ES lµ tia ph©n gi¸c cña gãc AEF (1,5 ®) Ta cã gãc AED = gãc ACF (cmt) (1) V× tø gi¸c BEDF néi tiÕp ®­îc ®­êng trßn => gãc DEF = gãc DBF (2) V× tø gi¸c ACBF néi tiÕp ®­îc ®­êng trßn => gãc ACF = gãc ABF (3) Tõ (1) , (2) vµ (3) => gãc AED = gãc DEF 0,5® => ED lµ tia ph©n gi¸c cña gãc AEF 0,25® MÆt kh¸c : CF vµ BA lµ c¸c ®­êng cao cña tam gi¸c SBC nªn D lµ trùc t©m cña tam gi¸c nµy => SD  BC 0,25® Mµ DE  BC => 3 ®iÓm S.D,E th¼ng hµng 0,25® => tia ES lµ ph©n gi¸c cña gãc AEF 0,25® Bµi 5 (1®): Ta cã x2 + x + 12x 1 = 36 (x2 + 2x + 1) – (x-1 - 12x 1 + 36) = 0 (x + 1)2 – (x 1 - 6)2 = 0 0,25ñ (x + 1 - x 1 + 6 )( x + 1 + x 1 - 6 ) = 0 0,25ñ a) Tröôøng hôïp : x + 1 - x 1 + 6 = 0 (a) Ñaët t = x 1 ( ñieàu kieän t 0 ) , phöông trình (a) trôû thaønh t2 – t + 6 = 0 ( voâ nghieäm) 0,25ñ b) Tröôøng hôïp : x + 1 + x 1 - 6 = 0 (b) Ñaët t = x 1 ( ñieàu kieän t 0 ) , phöông trình (b) trôû thaønh t2 + t - 6 = 0 t = - 3 (loaïi) hoaëc t = 2 (thoaû maõn) t = 2 => x 1 = 2 x + 1 = 4 x = 3 Vaäy phöông trình coù moät nghieäm x = 3 0,25 8
  9. ÑEÀ THI TUYEÅN SINH VAØO LÔÙP 10 TRÖÔØNG THPT CHUYEÂN LEÂ HOÀNG PHONG naêm hoïc 2000 -2001 Moân toaùn(Ñeà chung) Baøi 1 (2,5 ñieåm) Cho bieåu thöùc : x 2 x 1 x 1 T = vôùi x > 0 vaø x 1 x x 1 x x 1 x 1 1) Ruùt goïn bieåu thöùc T 1 2) Chöùng minh raèng vôùi moïi x > 0 vaø x 1 luoân coù T < 3 Baøi 2 ( 2,5 ñieåm) 1 Cho phöông trình : x2 – 2mx + m2 - = 0 (1) 2 1) Tìm m ñeå phöông trình (1) coù nghieäm vaø caùc nghieäm cuûa phöông trình coù giaù trò tuyeät ñoái baèng nhau 2) Tìm m ñeå phöông trình (1) coù nghieäm vaø caùc nghieäm aáy laø soá ño cuûa hai caïnh goùc vuoâng cuûa moät tam giaùc vuoâng coù caïnh huyeàn baèng 3 Baøi 3(1 ñieåm) Treân heä truïc toaï ñoä Oxy cho parabol (P) coù phöông trình y = x2 (P) Vieát phöông trình ñöôøng thaúng song song vôùi ñöôøng thaúng y = 3x + 12 vaø coù vôùi parabol (P) ñuùng moät ñieåm chung. Baøi 4 (4 ñieåm) Cho ñöôøng troøn (O) ñöôøng kính AB = 2R. Moät ñieåm M chuyeån doäng treân ñöôøng troøn (O) ( M khaùc vôùi A vaø B). Goïi H laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa M treân ñöôøng kính AB.Veõ ñöôøng troøn (T) coù taâm laø M vaø baùn kính MH . Töøø A vaø B laàn löôït keå tieáp tuyeán AD vaø BC ñeán ñöôøng troøn (T) (D vaø C laø caùc tieáp ñieåm) 1) Chöùng minh raèng khi M di chuyeån treân ñöôøng troøn (O) thì AD + BC coù giaù trò khoâng ñoåi. 2) Chöùng minh raèng ñöôøng thaúng CD laø tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (O) 3) Chöùng minh raèng vôùi baát kyø vò trí naøo cuûa M treân ñöôøng troøn (O) luoân coù baát ñaúng thöùc AD.BC R2 . Xaùc ñònh vò trí cuûa M treân ñöôøng troøn (O) ñeå ñaúng thöùc xaûy ra 4) Treân ñöôøng trìn (O) laáy ñieåm N coá ñònh .Goïi I laø trung ñieåm cuûa MN vaø P laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa I treân MB . Khi M chuyeån ñoäng treân ñöôøng troøn (O) thì P chaïy treân ñöôøng naøo ? 9
  10. ÑAÙP AÙN: Baøi 1 x 2 x 1 x 1 Caâu 1: T = x x 1 x x 1 x 1 x 2 x 1 1 = 0,5ñ ( x)3 1 x x 1 x 1 x 2 ( x 1)( x 1) (x x 1) = 0,25ñ ( x 1)(x x 1) x x = 0,25ñ ( x 1)(x x 1) x( x 1) = 0,25ñ ( x 1)(x x 1) x = 0,25ñ x x 1 Caâu 2: 1 1 x ( x 1) 2 Xeùt - T = - = 0,25ñ 3 3 1 2 9 x x 1 3( x ) 2 4 1 => - T > 0 vì (x - 1)2 > 0 0,25ñ 3 1 9 vaø 3(x ) 2 > 0 vôùi moïi x > 0 vaø x 1 0,25ñ 2 4 1 => T 0 ø vaø x 1 0,25ñ 3 Baøi 2 Caâu 1 (1ñ) : Giaû söû phöông trình coù 2 nghieäm x1 , x2 thoaû maõn x1 x2 => x1 = x2 hoaëc x1 = - x2 0,25ñ 1 a) Neáu x1 = x2 => = 0 => = = 0 (voâ lyù) 0,25ñ 2 b) Neáu x1 = - x2 => x1 + x2 = 0 => 2m = 0 => m = 0 0,25ñ 1 1 => phöông trình ñaõ cho trôû thaønh : x2 - = 0 x = 2 2 => phöông trình coù 2 nghieäm coù giaù trò tuyeät ñoái baèng nhau => m = 0 laø giaù trò caàn tìm 0,25ñ Caâu 2(1,5ñ) Giaû söû phöông trình coù 2 nghieäm x1 vaø x2 laø soá ño cuûa 2 caïnh goùc vuoâng cuûa moät tam giaùc vuoâng coù caïnh huyeàn baèng 3 2 2 => x1 > 0 ; x2 > 0 vaø x1 + x2 = 9 0,25ñ 10
  11. 2 2 2 2 2 1 2 Ta coù x1 + x2 = (x1 + x2 ) - 2x1x2 = 4m – 2(m - ) = 2m + 1 0,25ñ 2 2 2 2 => vaø x1 + x2 = 9 2m + 1 = 9 m = 2 0,25ñ +Vôùi m = 2 phöông trình ñaõ cho trôû thaønh : 7 x2 - 4x + = 0 2 Phöông trình naøy coù 2 nghieäm laø: 1 1 x1 = 2 - ; x2 = 2 + (thoaû maõn) 2 2 => m = 2 laø giaù trò caàn tìm 0,25ñ + Vôùi m = -2 phöông trình ñaõ cho trôû thaønh: 7 x2 + 4x + = 0 2 Phöông trình naøy coù 2 nghieäm laø : 1 1 x1 = - 2 - m = -2 khoâng troaû maõn 0,25ñ Toùm laïi: Phöông trình ñaõ cho coù hai nghieäm vaø 2 nghieäm naøy laø soá ño 2 caïnh cuûa goùc vuoâng cuûa tam giaùc vuoâng coù caïnh huyeàn baèng 3 m = 2 0,25ñ Baøi 3: +)Goïi (d) laø ñöôøng thaúng phaûi tìm.Vì ñöôøng thaúng (d) // ñöôøng thaúng y = 3x + 12 => phöông trình ñöôøng thaúng (d) coù daïng; y = 3x + m 0,25ñ +)Hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng (d) vaø parabol y = x2 laø nghieäm cuûa phöôøng trình: x2 = 3x + m x2 – 3x – m = 0 (*) 0,25ñ +)Ñöôøng thaúng (d) vaø parabol y = x2 coù ñuùng 1 ñieåm chung phöông trình (*) coù nghieäm duy nhaát 9 = 0 9 + 4m = 0 m = - 0,25ñ 4 9 => phöông trình ñöôøng thaúng (d) laø y = 3x - 0,25ñ 4 Baøi 4: Caâu 1: (0,75ñ) +) Vì AD vaø AH laø caùc tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (M,MH) cuøng xuaát phaùt töø ñænh A => AD = AH (1) 0,25ñ +) Vì BH vaø BC laø caùc tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (M, MH) cuøng xuaát phaùt töø ñænh B => BC = BH (2) 0,25ñ +) Töø (1) vaø(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = khoâng ñoåi 11
  12. N K O H B A II C M D Caâu 2: (1,25ñ) a) Tröôùc heát ta chöùng minh 3 ñieåm C, D , M thaúng haøng Thaät vaäy: + Vì AD vaø AH laø caùc tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (M,MH) cuøng xuaát phaùt töø A => goùc AMD = goùc AMB (3) + Vì BH vaø BC laø caùc tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (M, MH) cuøng xuaát phaùt töø B => goùc BMC = goùc BMH (4) Töø (3) vaø (4) => goùc AMD + goùc BMC = goùc AMH + goùc BMH = goùc AMB = 900 0,25ñ => (goùc AMD + goùc BMC) + (goùc AMH + goùc BMH) = 1800 0,25ñ => 3 ñieåm C, D, M thaúng haøng vaø M laø trung ñieåm cuûa CD 0,25ñ b)Vì AD vaø BC laø caùc tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (M,MH) => AD  CD vaø BC  CD => ABCD laø hình thang vuoâng Maët khaùc : O laø trung ñieåm cuûa AB vaø M laø trung ñieåm cuûa CD  OM laø ñöôøng trung bình cuûa hình thang ABCD  OM // AD 0,25ñ Laïi coù AD  CD => OM  CD 0,25ñ Maø Om laø ñöôøng kính cuûa ñöôøng troøn (O) => CD laø tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (O) 0,25ñ Caâu 3;(1ñ) Ta coù : 4.AD.BC = (AD + BC)2- (AD – BC)2 0,25ñ (AD +BC)2 = 4R2 0,25ñ => AD.BC R2 0,25ñ Ñaúng thöù xaûy ra AD = BC ABCD laø hình chöõ nhaät ngoaïi tieáp nöûa ñöôøng troøn ñöôøng kính AB M laø trung ñieåm cuûa nöûa ñöôøng troøn ñöôøng kính AB 0,25ñ Caâu 4 (1ñ) Ta coù goùc AMB = 900 (Goùc noâò tieát chaén nöûa ñöôøng troøn ) 12
  13.  AM  MB.Maët khaùc : IP MP (gt)  => AM // IP hay IK //AM Xeùt ANM coù IK // AM , I laø trung ñieåm MN => IK laø ñöôøng trung bình 0,25ñ => K laø trung ñieåm cuûa AN maø A vaø N coá ñònh => K coá ñònh 0,25ñ Ta coù goùc BPK = 900 vaø caùc ñieåm B, K coá ñònh 0,25ñ => Khi m chuyeån ñoäng treân ñöôøng troøn (O) thì P chaïy treân ñöôøng troøn ñöôøng kính BK 0,25ñ 13
  14. ÑEÀ THI TUYEÅN SINH VAØO LÔÙP 10 – PTTH TÆNH NAM ÑÒNH NAÊM HOÏC 2000- 2001 Baøi 1: (2ñieåm) a a a a Cho A = ( 1).( 1) Vôùi 1 a 0 a 1 a 1 a . Ruùt goïn A b. Vôùi 1 a 0 . Tìm a sao cho A = - a2 Baøi 2: (2 ñieåm) 1 Treân heä truïc toaï ñoä Oxy cho caùc ñieåm : M(2 ; 1) vaø N(5; - ) vaø ñöôøng thaúng (d): 2 y = ax + b a) Tìm a vaø b ñeå ñöôøng thaúng (d) ñi qua M vaø N b) Xaùc ñònh toaï ñoä giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng (d) vôùi 2 truïc Ox vaø Oy Baøi 3: (2 ñieåm) Cho soá nguyeân döông goàm 2 chöõ soá .Tìm soá ñoù bieát raèng toång cuûa 2 chöõ soá baèng 1/8 soá ñaõ cho vaø neáu theâm 13 vaøo tích 2 chöõ soá seõ ñöôïc 1 soá môùi vieát theo thöù töï ngöôïc laïi vôùi soá ñaõ cho. Baøi 4: ( 3 ñieåm) Cho tam giaùc PBC , PA laø ñöôøng cao. Ñöôøng troøn ñöôøng kính BC caét PB ,PC laàn löôït ôû M vaø N , NA caét ñöôøng troøn taïi ñieåm thöù hai laø E. a) Chöùng minh 4 ñieåm : A, B, P, N cuøng thuoäc 1 ñöôøng troøn .Xaùc ñònh taâm vaø baùn kính cuûa ñöôøng troøn ñoù. b) Chöùng minh : EM BC c) Goïi F laø ñieåm ñoái xöùng cuûa N qua BC, chöùng minh AM.AF = AN . AE Baøi 5(1 ñieåm): Giaû söû n laø 1 soá töï nhieân. Chöùng minh : 1 1 1 1 2 2 3 2 4 3 (n 1) n 14
  15. Ñaùp AÙn: Baøi 1: a a a a a( a 1) a( a 1) a) A = ( 1).( 1) = 1 . 1 a 1 a 1 a 1 a 1 = (a 1).( a 1) = a – 1 b) Tìm 1 a 0 . Thoaû maõn ñaúng thöùc A = - a2 1 a 0 5 1 1 a 0 1 a 0 1 a 0 a 2 2 2 2 A a a 1 a a a 1 0 5 1 a 2 5 1 a = 2 Baøi 2: a) Vì ñöôøng thaúng (d) : y = ax + b ñi qua 2 ñieåm M vaø N neân laàn löôït thay x = 2, y = 1 vaø x = 5 1 , y = - vaøo phöông trình ñöôøng thaúng (d), ta coù heä phöông trình 2 1 1 2a b 1 2a b 1 2a b 1 2.( ) b b 2 2 1 3 1 1 5a b 3a a 1 a 2 2 2 a 2 2 1 Vaäy ñöôøng thaúng (d) : y = - x + 2 2 b) Xaùc ñònh taïo ñoäï giao giao ñieåm cuûa (d) vôùi 2 truïc toaï ñoä 1 + Giao cuûa (d) vôùi truïc Oy: Cho x = 0 vaøo phöông trình y = - x + 2 ta tìm ñöôïc 2 y = 2 => (d) caét truïc Oy taïi ñieåm (0; 2) 1 + Giao cuûa (d) vôùi truïc Ox : Cho y = 0 ta coù: 0 = - x + 2 => x = 4 2  (d) caét truïc Ox taïi ñieåm (4;0) Baøi 3 Goïi soá nguyeân döông coù hai chöõ soá laø ab (Ñieàu kieän : a , b N ; 1 a 9 ; 0 b 9 ) Toång hai chöõ soá cuûa noù la:ø a + b 1 1 Theo baøi ra ta coù phöông trình : a+ b = ab hay : a+b = (10a+ b) (1) 8 8 Tích hai chöõ soá cuûa noù laø : a.b 15
  16. Theo ñaàu baøi ta coù phöông trình: ab + 13 = ba hay : ab + 13 = 10b + a (2) Töø (1) vaø (2) ta coù heä phöông trình: 1 / a b (10a b) 8a 8b 10a b 2a 7b 0 (1 ) 8 ab 13 10b a ab 13 10b a (2 / ) ab 13 10b a 7b 7b 7b Töø (1/) => a = theá vaøo (2/) ta ñöôïc : .b + 13 = 10b + 7b2 – 27b + 26 = 0 2 2 2 2 27 1 Coù : = 27 – 4.7.26 = 1 => = 1 => b1 = = 2 (thoaû maõn) 14 27 1 26 b2 = = N (loaïi) 14 14 7.2 Vôùi b = 2 => a = = 7. Ñoái chieáu vôùi ñieàu kieän ñaët ra ta coù a = 7 ; b = 2 thoaû maõn 2 Vaäy soá ñaõ cho laø 72 Baøi 4: P M N B C H A K F E 16
  17. a) Ta coù : goùc BNC = 1v (goùc noäi tieáp chaén nöûa ñöôøng troøn) => goùc BNP = 1v.Töù giaùc ABPN coù goùc BNP = goùc BAP = 1v cuøng nhìn PB neân 4 ñieåm A,B,P,N cuøng thuoäc ñöôøng troøn ñöôøng kính BP (Taâm cuûa ñöôøng troøn laø trung ñieåm cuûa BP , baùn kính BP/2) b)Coù töù giaùc ABPN noäi tieáp => goùc BPA = goùc BNA (cuøng chaén cung AB) MaËt khaùc : goùc BME = goùc BNA ( cuøng chaén cung BE) => goùc BPA = goùc BME Maø 2 goùc naøy ôû vò trí ñoàng vò => ME // AP. maø AP  BC => EM  BC c)Ta coù F laø ñieåm ñoái xöùng cuûa N qua BC maø N (O) => F (O) (Tính chaát ñoái xöùng) Tam giaùc AME caân (vì coù AB  ME => HM = HE => AH vöøa laø ñöôøng cao vöøa laø trung tuyeán) neân AM = AE (1) Tam giaùc NAF caân ( vì NF  AC => KN = KF => AK vöøa laø ñöôøng cao cöøa laø trung tuyeán) . Neân AN = AF (2) Töû (1) vaø (2) => AM.AF = AN . AE Baøi 5: 1 n 1 n 1 n 1 1 Ta coù : n. n. n.( ) (n 1) n n(n 1) n(n 1) (n 1)n n n 1 1 1 1 1 n 1 1 1 1 = n.( )( ) (1 )( ) 2.( ) n n 1 n n 1 n 1 n n 1 n n 1 n (Vì deã thaáy : 1 + < 1+1 = 2 ) n 1 1 1 1 Vaäy : 2( ) (1) (n 1) n n n 1 AÙp duïng baát ñaúng thöùc (1) vôùi n = 1, 2, 3, n ta coù: 1 1 1 1 2( ) 2 (1 1) 1 1 2 1 1 1 1 2( ) 3 2 (2 1) 2 2 3 1 1 1 1 2( ) 4 3 (3 1) 3 3 4 1 1 1 2( ) (n 1) n n n 1 Coäng töøng veá cuûa caùc baát ñaúng thöùc treân ta coù: 1 1 1 1 1 1 2 (1- ) < 2 (Bôûi vì 1- < 1 ) 2 3 2 4 3 (n 1) n n 1 n 1 17
  18. ÑEÀ THI TUYEÅN SINH VAØO LÔÙP 10 THPT NAÊM HOÏC 2001- 2002 MOÂN TOAÙN Baøi 1: (1,5 ñieåm) Ruùt goïn bieåu thöùc : 1 a a 1 M = ( a). Vôùi a 0 vaø a 1 1 a 1 a Baøi 2 (1,5 ñieåm) Tìm hai soá x vaø y thoaû maõn caùc ñieàu keän x 2 y 2 25 xy 12 Baøi 3 (2 ñieåm) Hai ngöôøi cuøng laø chung moät coâng vieäc seõ hoaøn thaønh trong 4 ngaøy . Neáu moãi ngöôøi laøm rieâng ñeå hoaøn thaønh coâng vieäc thì thôøi gian ngöôøi thöù nhaát laø ít hôn ngöôøi thöù hai 6 giôø. Hoûi neáu laøm rieâng thì moãi ngöôøi phaûi laøm trong bao laâu seõ hoaøn thaønh coâng vieäc. Baøi 4 (2 ñieåm) Cho caùc haøm soá : y = x2 (P) y = 3x + m2 (d) ( x laø bieán soá , m laø tham soá cho tröôùc) 1) Chöùng minh raèng vôùi baát kyø giaù trò naøo cuûa m , ñöôøng thaúng (d) luoân caét parabol(P) taïi 2 ñieåm phaân bieät. 2) Goïi y1 vaø y2 laø tung ñoä caùc giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng (d) vaø parabol(P).Tìm m ñeå coù ñaúng thöùc : y1 + y2 = 11y1.y2 Baøi 5(3 ñieåm) Cho tam giaùc ABC vuoâng ôû ñænh A.Treân caïnh AC laáy ñieåm M( Khaùc vôùi caùc ñieåm A vaø C).Veõ ñöôøng troøn (O) ñöôøng kính MC.Goïi T laø giao ñieåm thöù hai cuûa caùc caïnh BC vôùi ñöôøng troøn (O).Noái BM keùo daøi caét ñöôøng troøn (O) taïi ñieåm thöù hai laø D . Ñöôøng thaúng AD caét ñöôøng troøn (O) taïi ñieåm thöù hai laø S.Chöùng minh: 1) Töù giaùc ABTM noäi tieáp ñöôïc trong moät ñöôøng troøn 2) Khi ñieåm M di chuyeån treân caïnh AC thì goùc ADM coù soá ño khoâng ñoåi 3) Ñöôøng thaúng AB song song vôùi ñöôøng thaúng ST 18
  19. Ñaùp AÙn: Baøi 1(1,5 ñieåm) 1 a a 1 ( a)3 Ta coù 0,25ñ 1 a 1 a (1 a)(1 a a) = 0,25ñ 1 a = 1 + a + a 0,25ñ 1 a a => a = (1 + a + a) + a 0,25ñ 1 a = (1 + a )2 0,25ñ 1 => M = (1+ a )2 . = 1 +a 0,25ñ 1 a Baøi 2 (1,5 ñieåm) x 2 y 2 25 Vì : xy 12  (x + y)2 = x2 + y2 + 2xy = 25 + 2.12 = 49  x + y = 7 0,25ñ a) Tröôøng hôïp : x + y = 7 Laïi coù xy = 12 => x, y laø caùc nghieäm cuûa phöông trình baäc hai: t2 – 7t + 12 = 0 0,25ñ Phöông trình coù : = 49 – 48 = 1 ,neân phöông trình coù 2 nghieäm laø: t1 = 3 ; t2 = 4 => 2 soá caàn tìm laø : x1 3 x2 4 hoaëc 0,25ñ y1 4 y2 3 b)Tröôøng hôïp : x + y = - 7 Laïi coù xy = 12 => x, y laø nghieäm cuûa phöông trình baäc hai: t2 + 7t + 12 = 0 Phöông trình coù : = 49 – 48 = 1 .Neân coù hai nghieäm laø : t3 = -3 ; t4 = - 4 => 2 soá caàn tìm laø: x3 3 x4 4 hoaëc 0,25ñ y3 4 y4 3 Toùm laïi coù 4 caëp soá thoaû maõn ñieàu kieän ñaõ cho laø: 19
  20. x1 3 x2 4 x3 3 x4 4 ; ; ; 0,25ñ y1 4 y2 3 y3 4 y4 3 Baøi 3 (2 ñieåm) Goïi thôøi gian ngöôøi thöù nhaát laøm moät mình ñeå hoaøn thaønh coâng vieäc laø x giôø Ñieàu kieän: x > 0 => ngöôøi thöù hai laøm moät mình ñeå hoaøn thaønh coâng vieäc (x +6) giôø 0,25ñ 1 Trong moät giôø ngöôøi thöù nhaát laøm ñöôïc coâng vieäc 0,25ñ x 1 Trong moät giôø ngöôøi thöù hai laøm ñöôïc coâng vieäc 0,25ñ x 6 1 Vì trong 1 giôø neáu laøm chung caû hai ngöôøi laøm ñöôïc coâng vieäc neân coù phöông trình 4 1 1 1 + = 0,25ñ x x 6 4 4(x + 6) + 4x = x(x+ 6) x2 – 2x – 24 = 0 0,25ñ Phöông trình naøy coù hai nghieäm laø x1 = 6 ; x2 = -4(loaïi) 0,25ñ Vaäy thôøi gian ngöôøi thöù nhaát laøm moät mình ñeå hoaøn thaønh coâng vieäc laø 6 giôø 0,25ñ Thôøi gian ngöôøi thöù hai laøm moät mình ñeå hoaøn thaønh coâng vieäc laø 6 + 6 – 12 giôø 0,25ñ Baøi 4 Caâu 1 (1 ñieåm) Hoaønh ñoï giao ñieåm cuûa parabol (P) vaø ñöôøng thaúng (d) laø nghieäm cuûa phöông trình : x2 = 3x + m2 2 2 x - 3x - m = 0 (*) 0,25ñ Phöông trình (*) coù : = 9 + 4m2 > 0 vôùi moïi m 0,25ñ => phöông trình (*) luoân coù hai nghieäm phaân bieät 0,25ñ => Ñöôøng thaúng (d) bao giôø cuõng caét parabol (P) taïi hai ñieåm phaân bieät 0,25ñ Caâu 2 (1 ñieåm) Goïi A vaø B laø giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng (d) vaø para bol (P) vaø toaï ñoä giao ñieåm cuûa chuùng laø: A(x1; y1) ; B(x2 ; y2) AÙp duïng heä thöùc viet cho phöông trình (*) ta coù : x1 x2 3 2 0,25ñ x1.x2 m 2 2 2 2 Ta coù y1 + y2 = ( 3x1 + m ) + (3x2 + m ) = 3(x1 + x2) + 2m = 2m + 9 (1) 20
  21. 2 2 2 2 2 4 vaø y1.y2 = x1 .x2 = (x1.x2) = (-m ) = m (2) Töø (1) vaø (2) ta coù : y1 + y2 = 11y1 .y2 2m2 + 9 = 11 m4 (3) 11m4 – 2m2 – 9 = 0 0,25ñ Ñaët : t = m2 , ñieàu kieän t 0 ,phöôöng trình (3) trôû thaønh: 11t2 – 2t – 9 = 0 Vì phöông trình coù a + b + c = 0, neân phöông trình coù 1 nghieäm laø t = 1 9 ngieäm coøn laïi laø t = - (loaïi) 11 Vôùi t = 1 => m2 = 1 => m = 1 0,25ñ Vì phöông trình (*) coù nghieäm vôùi moïi m neân m = 1 thoaû maõn => ñöôøng thaúng (d) caét parabol (P) taïi 2 ñieåm phaân bieät coù tung ñoä thoaû maõn y1 + y2 = 11y1.y2 m = 1 0,25ñ Baøi 5: B T C A M D S Caâu 1(1ñ) 21
  22. Ta coù  MTC = 1v (goùc noäi tieáp chaén nöûa ñöôøng troøn) 0,25ñ Laïi coù :  BAC =1v (gt) => Töù giaùc ABTM coù :  A +  T = 2v 0,25ñ => Töù giaùc ABTM noäi tieáp ñöôïc trong moät ñöôøng troøn 0,5ñ Caâu 2 (1 ñieåm) Ta coù  MDC = 1v (goùc noäitieáp chaén nöûa ñöôøng troøn) Laïi coù  BAC = 1v => caùc ñieåm A vaø D cuøng naèm treân ñöôøng troøn ñöôøng kính BC 0,25ñ => 4 ñieåm A, B, C , D cuøng thuoäc ñöôøng troøn ñöôøng kính BC => Töù giaùc ABCD noäi tieáp ñöôïc tron moät ñöôøng troøn 0,25ñ =>  ADB =  ACB ( cuøng chaén cung AB) (1) 0,25ñ maø sñ  ACB khoâng ñoåi => sñ ADB khoâng ñoåi (ñpcm) 0,25ñ Caâu 3 (1 ñieåm) Vì töù giaùc CMDS noäi tieáp ñöôïc trong ñöôøng troøn (O) =>  MDA =  MCS (cuøng buø vôùi goùc MDS) (2) 0,25ñ Töø (1) vaø (2) =>  TMC =  MCS (3) => MTC = MSC => CT = CS => CTS caân taïi ñænh C 0,25ñ Töø (3) => CM laø phaân giaùc cuûa SCT neân CM laø ñöôøng cao => ST  AC 0,25ñ Maø AB  AC => ST // AB (ñpcm) 0,25ñ 22
  23. ÑEÀ THI TUYEÅN SINH VAØO LÔÙP 10 THPT NAÊM HOÏC 2002 – 2003 MOÂN THI TOAÙN Baøi 1(2 ñieåm) Cho bieåu thöùc: y y 2 xy S = ( ) : vôùi x > 0 , y > 0 vaø x y x xy x xy x y 1) Ruùt goïn bieåu thöùc treân 2) Tìm giaù trò cuûa x vaø y ñeå S = 1 Baøi 2 ( 2 ñieåm) 1 2 Treân parabol y = x laáy 2 ñieåm A vaø B .Bieát hoaønh ñoä cuûa ñieåm A laø xA = - 2 vaø tung 2 ñoä cuûa ñieåm B laø yB = 8 .Vieát phöông trình ñöôøng thaúng AB. Baøi 3 (1 ñieåm) Xaùc ñònh giaù trò cuûa m trong phöông trình baäc hai : x2 – 8x + m = 0 ñeå 4 + 3 laø nghieäm cuûa phöông trình.Vôùi m vöøa tìm ñöôïc, phöông trình ñaõ cho coøn moät nghieäm nöõa. Tìm nghieäm coøn laïi aáy Baøi 4 ( 4 ñieåm) Cho hình thang caân ABCD ( AB// CD vaø AB > CD )noäi tieáp ñöôøng troøn (O).Tieáp tuyeán vôùi ñöôøng troøn (O) taïi A vaø D caét nhau taïi E . Goïi I laø giao ñieåm cuûa caùc ñöôøng cheùo AC vaø BD. 1) Chöùng minh töù giaùc AEDI noäi tieáp ñöôïc trong moät ñöôøng troøn. 2) Chöùng minh caùc ñöôøng thaúng EI vaø AB song song vôùi nhau. 3) Ñöôøng thaúng EI caét caùc caïnh AD vaø BC cuûa hình thang töông öùng ôû R vaø S. Chöùng minh raèng: a) I laø trung ñieåm cuûa ñoaïn RS 1 1 2 b) AB CD RS Baøi 5( 1 ñieåm) Tìm taát caû caùc caëp soá (x,y) laø nghieäm ñuùng cuûa phöông trình: (16x4 + 1)(y4 + 1) = 16x2y2 23
  24. ÑEÀ THI TUYEÅN SINH VAØO LÔÙP 10 THPT NAÊM HOÏC 2003 – 2004 MOÂN THI TOAÙN Baøi 1:(2ñieåm) Giaûi heä phöông trình : 2 5 2 x x y 3 1 1,7 x x y Baøi 2 :(2 ñieåm) 1 x Cho bieåu thöùc P = vôùi x > 0 vaø x 1 x 1 x x a) Ruùt goïn bieåu thöùc P 1 b) Tính giaù trò cuûa P khi x = 2 Baøi 3 :(2 ñieåm) Cho ñöôøng thaúng (d) coù phöông trình y = ax + b . Bieát raèng ñöôøng thaúng (d) caét truïc hoaønh taïi ñieåm coù hoaønh ñoä baèng 1 vaø song song vôùi ñöôøng thaúng y = - 2x + 2003 a)Tìm a vaø b 1 b) Tìm toaï ñoä caùc ñieåm chung (neáu coù ) cuûa (d) vaø parabol: y = - x2 2 Baøi 4: (3 ñieåm) Cho ñöôøng troøn (O) coù taâm laø ñieåm O vaø 1 ñieåm A coá ñònh naèm ngoaøi ñöôøng troøn.Töø A keû caùc tieáp tuyeán AP vaø AQ vôùi ñöôøng troøn (O) , P vaø Q laø caùc tieáp ñieåm. Ñöôøng thaúng ñi qua O vaø vuoâng goùc vôùi OP caét ñöôøng thaúng AQ taïi M. a) Chöùng minh raèng MO = MA b) Laáy ñieåm N treân cung lôùn PQ cuûa ñöôøng troøn (O) sao cho tieáp tuyeán taïi N cuûa ñöôøng troøn (O) caét caùc tia AP vaø AQ töông öùng taïi B vaø C. 1 – Chöùng minh raèng AB + AC – BC khoâng phuï thuoäc vaøo vò trí cuûa ñieåm N. 2 – Chöùng minh raèng neáu töù giaùc BCQP noäi tieáp ñöôøng troøn thì PQ // BC. Baøi 5.(1 ñieåm) Giaûi phöông trình : x 2 2x 3 x 2 x 2 3x 2 x 3 24
  25. ÑAÙP AÙN: Baøi 1 ( 2 ñieåm) Ñieàu kieän : x 0 vaø x + y 0 0,25ñ 1 1 Ñaët = u , = v , heä phöông trình ñaõ cho trôû thaønh: 0,25ñ x x y 2u 5v 2 0,25ñ 3u v 1,7 1 1 Giaûi heä ñöôïc u = , v = 0,5ñ 2 5 1 1 x 2 Töø ñoù : 0,25ñ 1 1 x y 5 x 2 (Thoaû maõn ñieàu kieän) 0,25ñ x y 5 x 2 0,25ñ y 3 Baøi 2 (2 ñieåm) a) (1,25ñ) 1 ( x) 2 Ta coù : P = 0,25ñ x 1 x(1 x) 1 x = 0,25ñ x 1 1 x 1 x x( x 1) = 0,25ñ (1 x)(1 x) 1 x = 0,5ñ 1 x b) (0,75ñ) 1 1 1 Vôùi x = ta coù : P = 2 0,25ñ 1 2 1 2 2 1 ( 2 1) 2 P = 0,25ñ 2 1 ( 2 1)( 2 1) = 3 + 22 0,25ñ Baøi 3.(2 ñieåm) a) (1ñ) 25
  26. Ñöôøng thaúng y = ax + b song song vôùi ñöôøng thaúng y = - 2x + 2003 neân chuùng coù cuøng heä soá goùc => a = -2. 0,5ñ Ñöôøng thaúng (d) caét truïc hoaønh taïi ñieåm coù hoaønh ñoä baèng 1 neân toaï ñoä ñieåm (1;0) thoaû maõn phöông trình cuûa (d): 0 = a.1 + b 0,25ñ Giaûi ra ta ñöôïc : a = -2 vaø b = 2 0,25ñ b) (1 ñ) 1 Toaï ñoä ñieåm chung cuûa (d) vaø parabol y = - x2 laø nghieäm cuûa heä phöông trình: 2 y 2x 2 1 0,25ñ y x 2 2 1 => - x2 = - 2x + 2 0,25ñ 2 x2 - 4x + 4 = 0 Giaûi phöông trình ta ñöôïc x = 2 0,25ñ => y = - 2 Vaäy ñöôøng thaúng (d) vaø parabol coù 1 ñieåm chung vôùi toaï ñoä (2; - 2) 0,25ñ Baøi 4.(3 ñieåm) A M T Q P O B N C 26
  27. a) (1ñ) Vì AP laø tieáp tuyeán taïi P cuûa (O) neân OP  AP Theo gt ta coù MO  OP , neân MO // AP. =>  MOA =  OAP ( So le trong) 0,25ñ Vì AP vaø AQ laø hai tieáp tuyeán xuaát phaùt töø A neân  OAP= OAQ 0,25ñ Vaäy  MOA =  OAQ 0,25ñ => MOA caân => MO = MA (ñpcm) 0,25ñ b) 1- (1ñ) Ta coù caùc caëp ñoaïn thaúng AP vaø AQ , CQ vaø CN , BN vaø BP laø caùc caëp tieáp tuyeán cuøng xuaát phaùt töø 1 ñieåm neân: AP = AQ , CQ = CP , BN = , BP 0,5ñ => AB + AC – BC = AP + BP + AQ + CQ – CN – BN = AP +AQ = 2AP 0,25ñ Vaäy AB + AC – BC khoâng phuï thuoäc vaøo vò trí cuûa N 0,25ñ 2- (1ñ) Neáu BCQP laø töù giaùc noäi tieáp thì:  QCB +  QPB = 2v (Hai goùc ñoái cuûa töù giaùc noäi tieáp) 0,25ñ Maët khaùc :  QPB +  QPA = 2v (hai goùc keà buø) =>  QCB =  QPA 0,25ñ Vì AP = AQ (hai tieáp tuyeán cuøng xuaát phaùt töø 1 ñieåm) Neân APQ caân =>  PQA =  QPA 0,25ñ Ta coù  PQA =  TQC (hai goùc ñoái ñænh) =>  TQC =  QCB => BC // PQ (vì coù hai goùc so le trong baèng nhau) 0,25ñ Baøi 5. (1ñ) Ta coù : x 2 2x 3 x 2 x 2 3x 2 x 3 (x 1)(x 3) x 2 (x 1)(x 2) x 3 0,25ñ Ñieàu kieän : x 3 Vôùi ñieàu kieän treân phöông trìn ñaõ cho töông ñöông vôùi: x 1. x 3 x 2 x 1. x 2 x 3 (x 1 1).( x 3 x 2) 0 0,25ñ Xeùt hai tröôøng hôïp: x 1 1 = 0 x = 0 loaïi vì khoâng thoaû maõn ñieàu kieän 0,25ñ x 3 x 2 , voâ nghieäm vì x – 3 x 3 x 2 0,25ñ Toùm laïi phöông trình ñaõ cho voâ nghieäm. 27
  28. ÑEÀ THI TUYEÅN SINH LÔÙP 10 Naêm hoïc 2004 – 2005 MOÂN: TOAÙN Baøi 1 ( 3 ñieåm) 1) Ñôn giaûn bieåu thöùc : P = 14 6 5 14 6 5 2) Cho bieåu thöùc : x 2 x 2 x 1 Q = . vôùi x > 0 vaø x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 a) Chöùng minh : Q = x 1 b) Tìm soá nguyeân x lôùn nhaát ñeå Q coù giaù trò laø soá nguyeân Baøi 2 (3ñieåm) Cho heä pgöông trình : (a 1)x y 4 ax y 2a 1) Giaûi heä phöông trình khi a = 1 2) Chöùng minh raèng vôùi moïi giaù trò cuûa a , heä luoân coù nghieäm duy nhaát (x,y) sao cho x + y 2 Baøi 3 .(3 ñieåm) Cho ñöôøng troøn (O) ñöôøng kính AB = 2R. Ñöôøng thaúng (d) tieáp xuùc vôùi ñöôøng troøn (O) taïi A. M vaø Q laø 2 ñieåm phaân bieät chuyeån ñoäng treân (d)sao cho M khaùc A vaø Q khaùc A. Caùc ñöôøng thaúng BM vaø BQ laàn löôït caét ñöôøng troøn (O) taïi caùc ñieåm thöù hai laø N vaø P. Chöùng minh: 1) Tích BM.BN khoâng ñoåi. 2) Töù giaùc MNPQ noäi tieáp ñöôïc trong ñöôøng troøn. 3) Baát ñaúng thöùc : BN + BP + BM + BQ > 8R Baøi 4.(1 ñieåm) Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá: x 2 2x 6 y = x 2 2x 5 28
  29. ÑAÙP AÙN: Baøi 1 (3 ñieåm) 1) (1 ñ) 14 6 5 = 5 6 5 9 ( 5 3) 2 0,25ñ = 3 + 5 0,25ñ Töông töï : 14 6 5 = 3 - 5 0,25ñ Vaäy P = 3 + 5 + 3 - 5 = 6 0,25ñ 2.a. (1,5 ñ) x 2 x 2 x 1 . Q = 2 0,25ñ ( x 1) ( x 1)( x 1) x x 2 x 2 1 = . 0,25ñ x 1 x 1 x ( x 2)( x 1) ( x 2)( x 1) 1 = . 0,25ñ ( x 1)( x 1) ( x 1)( x 1) x (x x 2 x 2) (x x 2 x 2) = 0,25ñ x( x 1)( x 1) x x 2 x 2 x x 2 x 2 = 0,25ñ x(x 1) 2 x 2 = 0,25ñ x(x 1) x 1 2.b.(0,5ñ) 2 x 1 1 Q = nguyeân x -1 laø öôùc cuûa 2 0,25ñ x 1 x 1 2 Do ñoù x lôùn nhaát x – 1 = 2 x = 3 0,25ñ Baøi 2 (3 ñieåm) Tröø veá vôùi veá cuûa 2 phöông trình ta ñöôïc: x = 4 – 2a 0,25ñ Thay x = 4 – 2a vaøo phöông trình 2 : a(4 – 2a) + y = 2a 0,25ñ y = 2a2 – 2a 0,25ñ x 4 2a Vaäy nghieäm cuûa heä laø : 2 (1) 0,25ñ y 2a 2a 2.1 .(0,5ñ) x 2 Thay a = 1 vaøo (1), ta ñöôïc : 0,5ñ y 0 2.2. (1,5ñ) Töø (1) ya thaáy , vôùi moïi a heä coù nghieäm duy nhaát 0,25ñ 29
  30. Ta coù x + y = 2a2 - 4a + 4 0,25ñ = 2(a2 – 2a + 1) + 2 0,25ñ = 2(a – 1)2 + 2 0,25ñ Do 2(a – 1)2 0 neân 2(a – 1)2 + 2 2 0,25ñ Vaäy x + y 2 0,25ñ Baøi 3 ( 3 ñieåm) B P N M A Q 3.1 ( 1ñieåm) MQ laø tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (O) taïi A neân MQ  AB => BMA vuoâng taïi A 0,25ñ Goùc ANB laø goùc chaén nöûa ñöôøng troøn ñöôøng kính AB => goùc ANB = 900 0,25ñ => AN AB => Bn laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa AB treân BM 0,25ñ => BM.BN = AB2 .Maø AB = 2R => BM .BN = 4R2. (1) Vaäy BM .BN khoâng ñoåi 0,25ñ 3.2 (1 ñieåm) Töông töï BP .BQ = 4R2 (2). Töø (1) vaø (2) ta coù BM .BN = BP .BQ BN BP => neân BPN ~ BMQ (vì chuùng coù goùc MBQ chung) 0,25ñ BQ BM =>  BNP =  BMQ 0,25ñ Maët khaùc :  BNP +  PNM = 1800 =>  PNM +  PMQ = 1800 0,25ñ => Töù giaùc MNPQ noäi tieáp 0,25ñ 3.3 ( 1 ñ) Do M A neân M khaùc N => BM BN => (BM BN )2 > 0 0,25ñ => BM + BN > 2 BM.BN (3) . Töø (1) vaø (3), ta coù BM + BN > 4R 0,25ñ Töông töï BP + BQ > 4R 0,25ñ => BM +BN + BP + BQ > 8R 0,25ñ Baøi 4 ( 1 ñieåm) 30
  31. Coù x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4 4 => x 2 2x 5 2 0,25ñ => (2x 2 2x 5 - 1)( x 2 2x 5 - 2) 0 0,25ñ => 2(x2 + 2x + 5) - 5x 2 2x 5 + 2 0 x 2 2x 6 5 5 => hay y 0,25ñ x 2 2x 5 2 2 5 5 Vaäy x = -1 thì y = . Do ñoù giaù trò nhoû nhaát caàn tìm laø 0,25ñ 2 2 31
  32. KỲ THI TUYỂN SINH VAØO LÔÙP 10 THPT Naêm hoïc 2005 – 2006 MOÂN TOAÙN Baøi 1 ( 2 ñieåm) 1) Tính giaù trò cuûa bieåu thöùc P = 7 4 3 7 4 3 . ( a b) 2 4 ab a b b a 2) Chöùng minh : . = a – b vôùi a > 0 vaø b > 0 a b ab Baøi 2 ( 3 ñieåm) Cho parabol (P) vaø ñöôøng thaúng (d) coù phöông trình : x 2 (P) : y = ; (d) : y = mx – m + 2 ( m laø tham soá ) 2 1) Tìm m ñeå ñöôøng thaúng (d) vaø parabol (P) cuøng ñi qua ñieåm coù hoaønh ñoä x = 4. 2) Chöùng minh raèng vôùi moïi giaù trò cuûa m , ñöôøng thaúng (d) luoân caét parabol (P) taïi 2 ñieåm phaân bieät 3) GIaû söû (x1; y1) vaø (x2 ; y2) laø toaï ñoä giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng (d) vaø parabol(P). Chöùng minh raèng y1 + y2 (22 - 1 )(x1 + x2). Baøi 3 ( 4 ñieåm) Cho BC laø daây cung coá ñònh cuûa ñöôøng troøn taâm O, baùn kính R ( 0 < BC < 2R). A laø ñieåm coá di ñoäng treân cung lôùn BC sao cho tam giaùc ABC nhoïn. Caùc ñöôøng cao AD , BE , CF cuûa ABC caét nhau taïi H ( D BC , E CA , F AB) 1) Chöùng minh töù giaùc BCEF noäi tieáp ñöôïc trong moät ñöôøng troøn,Töø ñoù suy ra AE.AC= AF.AB 2) Goïi A/ laø trung ñieåm cuûa BC. Chöùng minh AH = 2 A/ O 3) Keû ñöôøng thaúng d tieáp xuùc vôùi ñöôøng troøn (O) taïi A. Ñaët S laø dieän tích cuûa ABC , 2p laø chu vi cuûa DEF. a) Chöùng minh : d// EF b) Chöùng minh : S = pR Baøi 4 ( 1 ñieåm) Giaûi phöông trình : 9x 2 16 2 2x 4 4 2 x 32
  33. Ñaùp AÙn: Baøi 1 ( 2 ñieåm) 1) Tính giaù trò bieåu thöùc: 0,25ñ Ta coù : 7 - 43 = 4 - 43 + (3 )2 = (2 - 3 )2 0,25ñ => 7 4 3 = (2 3) 2 = 2 - 3 0,25ñ Töông töï : 7 4 3 (2 3) 2 = 2 + 3 0,25ñ Vaäy P = 2 - 3 + 2 +3 = 4 2) Chöùng minh: ( a b) 2 4 ab a 2 ab b 4 ab 0,25ñ a b a b ( a b) 2 0,25ñ = a b a b a b b a ab( a b) 0,25ñ a b ab ab ( a b) 2 4 ab a b b a 0,25ñ . = (a b)( a b) = a-b a b ab Baøi 2 ( 3 ñieåm) 1) Tìm m: x 2 0,25ñ Thay x = 4 vaøo y = ñöôïc y = 8. 2 0,25ñ Thay x = 4 vaø y = 8 vaøo y = mx – m + 2 , ta coù : 8 = 4m – m + 2 0,25ñ 3m = 6 m = 2 0,25ñ Vaäy m = 2 laø giaù trò caàn tìm 2)Chöùng minh 0,25ñ Ñöôøng thaúng (d) caét parabol (P) taïi 2 ñieåm phaân bieät phöông trình x 2 = mx – m + 2 coù 2 nghieäm phaân bieät 2 x 2 0,25ñ = mx – m + 2 x2 – 2mx + 2m – 4 = 0 (1) 2 0,25ñ / = m2 - 2m + 4 0,25ñ = (m – 1)2 + 3 > 0 vôùi moïi m => phöông trình (1) coù 2 nghieäm phaân bieät 3)Chöùng minh 0,25ñ (x1 ; y1) vaø (x2; y2) laø toaï ñoä giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng (d) vaø parabol (P) neân x1 , x2 laø caùc nghieäm cuûa phöông trình (1) => x1 + x2 = 2m 0.25ñ y1 + y2 = mx1 – m + 2 + mx2 – m + 2 = m(x1 + x2) – 2m + 4 = 2m2 - 2m + 4 0,25ñ = (2 m – 2)2 +(22 - 1).2m 0,25ñ (22 - 1)(x1 + x2) 33
  34. Baøi 3 (4ñieåm) A o E F H B D A C M 1) Chöùng minh töù giaca noäi tieáp . 0,25ñ BE  AC => E nhìn ñoaïn BC döôùi moät goùc vuoâng => E thuoäc ñöôøng troøn ñk BC 0,25ñ Töông töï , F thuoäc ñöôøng troøn ñöôøng kính BC => Töù giaùc BCEF noäi tieáp ñöôøng troøn ñöôøng kính BC 0,25ñ Töù giaùc BCEF noäi tieáp ñöôøng troøn =>  BCA +  BFE = 1800 maø  AFE +  BFE = 1800 =>  AFE =  BCA 0,25ñ Xeùt ABC vaø AEF .Ta coù :  BAC chung vaø  AFE =  BCA AE AF => ABC ñoàng daïng vôùi AEF => => AE.AC=AF.AB AB AC 2) Chöùng minh AH = 2.A/O: 0,25ñ Goïi M laø giao ñieåm thöù 2 cuûa ñöôøng thaúng AO vôùi ñöôøng troøn (O) Ta coù MC  AC => BH // MC (1) 0,25ñ Töông töï : CH //MB (2) Töø (1) vaø (2) => töù giaùc BMCH laø hình bình haønh. 0,25ñ => A/ laø trung ñieåm cuûa HM 0,25ñ Maø O laø trung ñieåm cuûa AM => A/ O laø ñöôøng trung bình cuûa MHA => AH = 2.A/O. 3.a) Chöùng minh d // EF : 0,25ñ Ta coù  BCA =  xBA (goùc noäi tieáp vaø goùc giöõa tieáp tuyeánvaø 1 daây ñi qua tieáp ñieåm cuøng chaén cung AB) Maët khaùc  AFE =  BCA (cmt) 0,25ñ =>  xBA =  AFE 0,25ñ => d // EF 3.b) Chöùng minh S = pR: 0,25ñ Ta coù d  OA maø d //EF (cmt) => OA  EF 0,25ñ => 2.SAEOF = OA.EF = R.EF 34
  35. 0,25ñ Töông töï : 2.SCEOD = R.DE 0,25ñ vaø 2.SBDOF = R.DF 0,25ñ Do ABC nhoïn => 2.S = 2( SAEOF + SCEOD + SBDOF) = R(EF + FD + DE) = 2p.R => S = pR Baøi 4 (1 ñieåm) 0,25ñ Ñieàu kieän : - 2 x 2 Ta coù: 9x 2 16 2 2x 4 4 2 x 9x2 + 16 = 4(2x + 4) + 16(2x 4)(2 x) + 16(2 – x) 0,25ñ [(-8x2 + 32) – x2] + [8 8x 2 32 - 8x] = 0 ( 8x 2 32 x)( 8x 2 32 x) 8( 8x 2 32 x) 0 ( 8x 2 32 x)( 8x 2 32 x 8) 0 0,25ñ 8x 2 32 x = 0 (Vì 8x 2 32 x 8 0) 0,25ñ 0 x 2 (3) -8x2 + 32 = x2 (4) 4 2 x 3 (4) 4 2 x 3 Ñoái chieáu vôùi ñieàu kieän (3) , phöông trình ñaõ cho coù nghieäm laø: 4 2 x = 3 Ghi chuù : 1) Moïi caùch giaûi khaùc ,laäp luaän chaët cheõ cho ñieåm töông töï 2) Ñieåm cuûa baøi thi laø toång caùc ñieåm thaønh phaàn vaøkhoâng laøn troøn. 35
  36. SÔÛ GIAÙO DUÏC – ÑAØO TAÏO ÑEÀ THI TUYEÅN SINH VAØO LÔÙP 10 THPT NAM ÑÒNH Naêm hoïc 2006 – 2007 ÑEÀ CHÍNH THÖÙC MOÂN THI: TOAÙN Thôøi gian laøm baøi : 120 phuùt Baøi 1. ( 2 ñieåm) 1 1 x 2 x 1 Cho bieåu thöùc : A = ( ) : ( ) x x 1 x 1 x 2 vôùi x > 0 ; x 1 vaø x 4 1) Ruùt goïn A 2) Tìm x ñeå A = 0 Baøi 2. (3.5 ñieåm) Trong maët phaúng toaï ñoä Oxy cho parabol (P) vaø ñöôøng thaúng (d) coù phöông trình : (P) : y = x2 ; (d) : y = 2(a – 1)x + 5 – 2a ( a laø tham soá) 1) Vôùi a = 2 tìm toaï ñoä giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng (d) vaø parabol (P) 2) Chöùng minh raèng vôùi moïi a ñöôøng thaúng (d) luoân caét parabol (P) taïi 2 ñieåm phaân bieät. 3) Goïi hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng (d) vaø parabol(P) laø x1 , x2 .Tìm a ñeå : 2 2 x1 + x2 = 6. Baøi 3. (3,5 ñieåm) Cho ñöôøng troøn (O) ñöôøng kính AB. Ñieåm I naèm giöõa A vaø O ( I khaùc A vaø O). Keû daây MN vuoâng goùc vôùi AB taïi I .Goïi C laø ñieåm tuyø yù thuoäc cung lôùn MN ( C khaùc M vaø N). Noái AC caét MN taïi E .Chöùng minh: 1. Töù giaùc IEBC noäi tieáp. 2. AM2 = AE. AC 3. AE.AC – AI.IB = AI2 Baøi 4. ( 1ñieåm) Cho a 4 , b 5 , c 6 vaø a2 + b2 + c2 = 90 Chöùng minh : a + b + c 16 36
  37. ÑAÙP AÙN: Baøi 1 ( 2 ñieåm) 1.1(1,25ñieåm) Vôùi x > 0 ; x 1 vaø x 4 .Ta coù : x 1 x ( x 2)( x 2) ( x 1)( x 1) A = : 0,5ñ x( x 1) ( x 1)( x 2) 1 x 4 x 1 = : 0,25ñ x( x 1) ( x 1)( x 2) 1 ( x 1)( x 2) = . 0,25ñ x( x 1) 3 x 2 = 0,25ñ 3 x 1.2 (0,75ñ) Vôùi x > 0 ; x 1 vaø x 4 thì : x 2 A = 0 = 0 0,25ñ 3 x x - 2 = 0 x = 2 x = 4 0,25ñ x = 4 khoâng thoaû maõn ñieàu kieän baøi toaùn Vaäy khoâng coù giaù trò naøo cuûa x ñeå A = 0 0,25ñ Baøi 2 ( 3,5 ñieåm) 2.1 (1 ñ) Vôùi a = 2 thì ñöôøng thaúng (d) coù daïng y = 2x + 1 Toaï ñoä giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng (d) vaø parabol (P) laø nghieäm cuûa heä y x 2 phöông trình : 0,25ñ y 2x 1 x 2 = 2x + 1 x2 – 2x – 1 = 0  Giaûi phöông trình naøy ta coù : x1 = 1+ 2 ; x2 = 1 - 2 0,25ñ Vôùi x = 1+ 2 => y = 3 + 2 2 Vôùi x2 = 1 - 2 => y = 3 - 2 2 0,25ñ Vaäy toaï ñoä giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng (d) vaø parabol(P) laø: ( 1 + 2 ; 3 + 22 ) ; ( 1 - 2 ; 3 - 22 ) 0,25ñ 2.2 (1,25ñ) Hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa parabol (P) vaø ñöôøng thaúng (d) laø nghieäm cuûa phöông trình: x2 = 2(a – 1)x + 5 – 2a 0,25ñ x2 - 2(a – 1)x + 2a – 5 = 0 (1) 0,25ñ 37
  38. Phöông trình (1) coù : / = (a – 1)2 – 2a + 5 0,25ñ = a2 - 4a + 6 = (a – 2)2 + 2 > 0 Vôùi moïi a 0,25ñ  phöông trình (1) coù 2 nghieäm phaân bieät vôùi moïi a  Ñöôøng thaúng (d) vaø parabol (P) luoân caét nhau taïi 2 ñieåm phaân bieät vôùi moïi a 0,25ñ 2.3 (1,25ñ) Theo (gt) => x1 , x2 laø nghieäm cuûa phöông trình (1).AÙp duïng ñònh lyù Vieùt ta coù: x1 + x2 = 2( a – 1) x1 . x2 = 2a - 5 0,25ñ 2 2 2 => x1 + x2 = (x1 + x2) – 2x1x2 0,25ñ = 4(a – 1)2 – 2(2a – 5) = 4a2 – 12a + 14 0,25ñ 2 2 2 => x1 + x2 = 6 4a – 12a + 14 = 6 a2 – 3a + 2 = 0 a1 = 1 ; a2 = 2 0,25ñ Vaäy a1 = 1 ; a2 = 2 laø caùc giaù trò caàn tìm 0,25ñ Baøi 3 ( 3,5 ñieåm) M C E A I O B N 3.1 (1 ñ) Ta coù : MN  AB (gt) =>  BIE = 900 0,25ñ Vì AB laø ñöôøng kính cuûa ñöôøng troøn (O) (gt) =>  ACB = 900 (goùc noäi tieáp chaén nöûa ñöôøng troøn ) 0,25ñ =>  BIE +  ACB = 1800 hay  BIE +  BCE = 1800 0,25ñ => töù giaùc IEBC noäi tieáp (Töù giaùc coù toång hai goùc ñoái baèng 1800 ) 0,25ñ 38
  39. 3.2 (1,25ñ) Ta coù AB  MN (gt) => cung AM = cung AN (ñöôøng kính vuoâng goùc vôùi daây cung thì ñi qua ñieåm chính giöõa cuûa daây cung aáy ) 0,25ñ =>  ACM =  AME ( 2 goùc noäi tieáp chaén 2 cung baèng nhau) 0,25ñ Xeùt tam giaùc AMC vaø tam giaùc AEM coù:  ACM =  AME (cmt)  CAM chung => tam giaùc AMC vaø AEM ñoàng daïng (g – g) 0,5ñ AM AC => => AM2 = AE.AC 0,25ñ AE AM 3.3 (1,25ñ) Xeùt tam giaùc AIE vaø tam giaùc ACB coù :  AIE =  ACB = 900  IAE chung => tam giaùc AIE vaø ACB ñoàng daïng (g-g) 0,5ñ AI AE => => AI.AB = AE.AC 0,25ñ AC AB => AI.(AI + AB) = AE.AC (vì I naèm giöõa A vaø B) 0,25ñ => AE.AC – AI.AB = AI2 0,25ñ Baøi 4 (1 ñieåm) Ta coù : a 4 => a = 4 + x (x 0 ) b 5 => b = 5 +y ( y 0) c 6 => c = 6 + z (z 0) 0,25ñ Neân : a2 + b2 + c2 = 90 (4 + x)2 + (5 + y)2 + (6 + z)2 = 90 x2 + y2 + z2 + 8x + 10y + 12z + 77 = 90 x2 + y2 + z2 + 8x + 10y + 12z = 13 0,25ñ => x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2xz + 12(x+ y + z) 13 (vì x,y,z 0) (x + y + z )2 + 12(x+ y + z) 13 0,25ñ Neáu 0 x+ y + z < 1 thì VT < 13 (Voâ lyù) Vaäy x + y +z 1  a + b +c = 15 + x + y + z 16  Ñaúng thöùc xaûy ra x + y + x = 1 chaúng haïn x = y = 0 ; z = 1 0,25ñ 39
  40. ÑEÀ THI TUYEÅN SINH LÔÙP 10 THPT NAÊM HOÏC 2007 – 2008 MOÂN TOAÙN Baøi 1 :(2,5 ñieåm) 5 x 2 x 4 Cho bieåu thöùc : P = 1 . x vôùi x 0 vaø x 4 x 2 x 3 1) Ruùt goïn P 2) Tìm x ñeå P > 1 Baøi 2 : ( 3,0 ñieåm) Cho phöông trình : x2 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (1) ( m laø tham soá) 1)Giaûi phöông trình (1) vôùi m = - 5 2)Chöùng minh raèng phöông trình (1) luoân coù hai nghieäm x1 ; x2 phaân bieät vôùi moïi m 3)Tìm m ñeå x1 x2 ñaït giaù trò nhoû nhaát ( x1 , x2 laø nghieäm cuûa phöông trình (1) trong phaàn 2) Baøi 3:(3,5 ñieåm). Cho ñöôøng troøn (O) vaø hai ñieåm A, B phaân bieät thuoäc (O) sao cho ñöôøng thaúng AB khoâng ñi qua taâm O. Treân tia ñoái cuûa tia AB laáy ñieåm M khaùc ñieåm A , töø M keû hai tieáp tuyeán phaân bieät ME, MF vôùi ñöôøng troøn (O), ( E , F laø hai tieáp ñieåm).Goïi H laø trung ñieåm cuûa daây cung AB; caùc ñieåm K vaø I theo thöù töï laø giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng EF vôùi caùc ñöôøng thaúng OM vaø OH. 1) Chöùng minh 5 ñieåm M, O, H, E, F cuøng naèm treân moät ñöôøng troøn. 2) Chöùng minh : OH .OI = OK . OM 3) Chöùng minh IA , IB laø caùc tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (O). Baøi 4 : ( 1ñieåm) Tìm taát caû caùc caëp soá (x ; y) thoaû maõn : x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = - 6 ñeå x + y laø soá nguyeân. 40
  41. ÑAÙP AÙN 5 x 2 x 4 Baøi 1:1) Ruùt goïn: P = 1 . x vôùi x 0 vaø x 4 x 2 x 3 x 2 5 x 3 x x 2 x 4 x 3 x 4 x 4 = . =. = x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 4 x 4 x 4 x 2 2)Vôùi x 0 vaø x 4 : P > 1 > 1 - 1 > 0 > 0 x 2 x 2 x 2 2 > 0 x 2 x x 0 vôùi moïi m 2 4 Vaäy phöông trình (1) luoân coù hai nghieäm phaân bieät vôùi moïi m. c)Vì phöông trình (1) luoân coù hai nghieäm x1 ; x2 phaân bieät vôùi moïi m, theo vi-et ta coù x1 x2 2(m 1) x1.x2 m 4 2 2 Ta coù: x1 x2 = (x1 x2 ) = (x1 x2 ) 4x1x2 = 4(m 1)2 4(m 4) 4m2 8m 4 4m 16 4m2 4m 20 = (2m 1)2 19 19 1 Vaäy x x ñaït giaù trò nhoû nhaát laø 19 khi m = - 1 2 2 Baøi 3: 1) Ta coù: goùc MEO = goùc MFO = 900 (theo tính chaát tieáp tuyeán) E => E , F thuoäc ñöôøng troøn ñöôøng kính MO (1) Laïi coù : H laø trung ñieåm cuûa AB (gt) O => OH  AB (T/c ñöôøng kính ñi qua trung ñieåm K cuûa daây cung) => goùc MHO = 900 H => H thuoäc ñöôøng troøn ñöôøng kính MO (2) B A Töø (1) vaø (2) => 5 ñieåm M, O, H, E, F M cuøng thuoäc moät ñöôøng troøn F 2) OHM ~ OKI (g.g) I 41
  42. OH OM => => OH.OI = OK.OM OK OI 3)Trong tam giaùc vuoâng MOE coù EK laø ñöôøng cao => OE2 = OK.OM Maø OK.OM = OH.OI (cmt) => OH.OI = OE2 OH OB Laïi coù: OE = OB (= R) => OH.OI = OB2 => OB OI OH OB Xeùt OHB vaø OBI coù: (cmt) vaø goùc BOI chung => OHB ~ OBI (c.g.c) OB OI => OHˆB OBˆI Maø OHˆB = 900 => OBˆI = 900 => IB laø tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (O) Chöùng minh töông töï ta coù IA laø tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (O) Baøi 4: Ta coù: x2 + 2y2 + 2xy – 5x – 5y = - 6 (x2 + 2xy + y2) – 5(x +y) + 6 = - y2 (x + y)2 – 5(x +y) + 6 = - y2 Vì – y2 0 vôùi moïi y neân : (x + y)2 – 5(x +y) + 6 0 (*) Ñaët x + y = t ta coù : t2 – 5t + 6 =0 (t – 2 )(t – 3) 0 2 t 3 Do x + y laø soá nguyeân neân : t = 2 hoaëc t = 3 Daáu “ = “ ở (*) xaûy ra y = 0 x 2 Vôùi t = 2 => x + y = 2 => y 0 x 3 Vôùi t = 3 => x + y = 3 => y 0 Vaäy caùc caëp soá (x, y) caàn tìm laø: (2; 0) hoaëc ( 3; 0) 42
  43. KYØ THI TUYEÅN SINH TRUNG HOÏC PHOÅ THOÂNG NAÊM HOÏC 2008 – 2009 Moân toaùn – Ñeà chung (Thôøi gian laøm baøi : 120 phuùt , khoâng keå thôøi gian giao ñeà) Baøi 1 (2 ñieåm). Caùc caâu döôùi ñaây , sau moãi caâu coù 4 phöông aùn traû lôøi (A,B,C,D) ,trong ñoù chæ coù moät phöông aùn ñuùng .Haõy vieát vaøo baøi laøm cuûa mình phöông aùn traû lôøi maø em cho laø ñuùng (chæ caàn vieát chöõ caùi öùng vôùi phöông aùn traû lôøi ñoù). Caâu 1: Treân maët phaúng toaï ñoâï Oxy,cho hai ñöôøng thaúng d1: y = 2x + 1 vaø d2:y = x – 1. Hai ñöôøng thaúng ñaõ cho caét nhau taïi ñieåm coù toaï ñoä laø : A. (-2 : -3) B.(-3;-2) C. (0;1) D. (2 ; 1) Caâu 2: Trong caùc haøm soá sau ñaây, haøm soá naøo ñoàng bieán khi x < 0 ? A . y = - 2x B. y = -x +10 C . y = 3 x2 D. y = ( 3 - 2)x2 Caâu 3: Treân maët phaèng toaï ñoä Oxy, cho caùc ñoà thò cuûa haøm soá y = 2x + 3 vaø haøm soá y = x2 .Caùc ñoà thò ñaõ cho caét nhau taïi hai ñieåm coù hoaønh ñoä laàn löôït laø: A . 1 vaø – 3 B. -1 vaø – 3 C. 1 vaø 3 D. -1 vaø 3 Caâu 4 : Trong caùc phöông trình sau ñaây, phöông trình naøo coù toång hai nghieäm baèng 5 ? A . x2 - 5x + 25 = 0 B. 2x2 -10x -2 = 0 C. x2 – 5 = 0 D. 2x2 + 10x + 1 = 0 Caâu 5: Trong caùc phöông trình sau ñaây , phöông trình naøo coù hai nghieäm aâm? A. x2 + 2x + 3 = 0 B. x2 + 2 x – 1 = 0 C. x2 + 3x + 1 = 0 D.x2 +5 = 0 Caâu 6 :Cho hai ñöôøng troøn (O;R ) vaø (O/ ; R/) coù OO/ = 4 cm ;R = 7 cm; R/ = 3 cm.Hai ñöôøng troøn ñaõ cho: A. Caét nhau B. tieáp xuùc trong C. ôû ngoaøi nhau D.tieáp xuùc ngoaøi Caâu 7 :Cho tam giaùc ABC vuoâng ôû A coù AB = 4 cm; AC = 3 cm .Ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ABC coù baùn kính baèng A. 5 cm B. 2 cm C. 2,5 cm D. 5 cm Caâu 8: Moät hình truï baùn kính ñaùy laø 3 cm , chieàu cao laø 5 cm. Khi ñoù ,dieän tích xung quanh cuûa hình truï ñaõ cho baèng: A. 30 cm2 B . 30 cm2 C. 45 cm2 DF . 15 cm2 Baøi 2 (1,5 ñieåm) x x 2 x 1 Cho bieåu thöùc P = 1 : vôùi x 0 x x 1 x x 1 1. Ruùt goïn P. 2. Tìm x ñeå P < 0 Baøi 3 (2 ñieåm) Cho phöông trình x2 + 2mx + m – 1 = 0. 1. Giaûi phöông trình khi m = 2 2. Chöùng minh: phöông trình luoân coù nghieäm phaân bieät ,vôùi moïi m .Haõy xaù ñònh m ñeå phöông trình coù nghieäm döông. Baøi 4 ( 3 ñieåm) Cho ñöôøng troøn (O;R) coù ñöôøng kính AB ; ñieåm I naèm giöõa hai ñieåm A vaø O. Keû ñöôøng thaúng vuoâng goùc vôùi AB taïi I , ñöôøng thaúng naøy caét ñöôøng troøn (O;R) taïi M vaø N.Goïi S laø giao ñieåm cuûa hai ñöôøng thaúng BM vaø AN .Qua S keû ñöôøng thaúng song song vôùi MN , ñöôøng thaúng naøy caùt ñöôøng thaúng AB vaø AM laàn löôït ôû K vaø H .haõy chöùng minh: 1. Töù giaùc SKAM lag töù giaùc noäi tieáp vaø SH.HK = HA.HM 2. KM laø tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn (O;R) 3. Ba ñieåm H, N , B thaúng haøng. Baøi 5 (1,5 ñieåm) xy 6 12 y 2 1) Giaûi heä phöông trình 2 xy 3 x 2) Giaûi phöông trình x 3.x 4 2x 4 2008x 2008 43
  44. ÑAÙP AÙN Baøi 1 Caâu 1 2 3 4 5 6 7 8 Ñaùp aùn A D D B C B C B Baøi 2: x x 2 x 1 1) P = 1 : vôùi x 0 x x 1 x x 1 x x 1 x ( x)3 1 1 x ( x 1)(x x 1) 1 x = . = . = x x 1 ( x 1)2 x x 1 ( x 1)2 1 x 1 x 2) Vôùi x 0. P 1- x 0 vôùi x 0 ) 1 x x > 1 x > 1 (Thoaû maõn ÑK x 0 ). Vaäy x > 1 thì P 0 => 3 Phöông trình coù hai nghieäm phaân bieät: x1 = 2 3 , x2 = - 2 + 3 1 1 3 1 3 2) Phöông trình ñaõ cho coù : = m2 – m + 1 = m2 – 2.m. + + = (m - )2 + > 0 vôùi 2 4 4 2 4 moïi m. Neân phöông trình coù hai nghieäm phaân bieät vôùi moïi m c 0 a m 1 0 m 1 Phöông trình coù hai nghieäm döông b khoâng coù giaù trò 0 2m 0 m 0 a naøo thoaû maõn.Vaäy khoâng coù giaù trò naøo cuûa m ñeå phöông trình coù 2 nghieäm döông Baøi 4: 1)Ta coù SK//MN (gt) maø MN  AB (gt) S => SK  AB => SKˆA = 900 M Coù AMˆB = 900 (goùc noäi tieáp chaén nöûa ñöôøng troøn) => SMˆA = 900 Do ñoù: SKˆA + SMˆA = 900 + 900 = 1800 B Vaäy töù giaùc SKAM noäi tieáp (Vì coù toång 2 goùc ñoái K A I O baèng 1800) HAK ~ HSM (g.g) HA HK => => HS.HK = HA.HM N HS HM 2)Tam giaùc AMN caân taïi A (Vì coù ñöôøng cao AI H ñoâng thôøi laø trung tuyeán) => AMˆN ANˆM 44
  45. Maø AMˆN = AHˆK vaø ANˆM = ASK ( Hai goùc so le trong) => AHˆK = ASK Coù ASK = AMK (2 goùc noäi tieáp cuøng chaén cung AK) => AHˆK = AMˆK ( cuøng = goùc ASK) (1) Coù OAM caân taïi O (Vì coù OM = OA =R) => OMˆA = OAˆM Maø OAˆM = KAˆH (Hai goùc ñoái ñænh) => OMˆA =KAˆH ( cuøng = OAˆM ) (2) Ta coù : AHˆK + KAˆH = 900 ( Toång 2 goùc nhoïn trong tam giaùc vuoâng AKH) (3) Töø (1) , (2) vaø (3) => AMˆK + OMˆA = 900 hay KMˆO = 900 => KM laø tieáp tuyeán cuûa (O) 3) Trong tam giaùc SHK coù BK vaø HM laø 2 ñöôøng cao caêt nhau taïi A => A laø tröïc taâm => SA  BH (4) Maët khaùc : BNˆA = 900 (goùc noäi tieáp chaén nöûa ñöôøng troøn) => BN  SA (5) Töø (4) vaø (5) => B,N,M thaúng haøng Baøi 5: xy 6 12 y2 (1) 1) 2 xy 3 x (2) 1 1 1 1 12 y2 Töø (2) => x2 – xy +3 = 0 x2 – 2xy. + y2 - y2 + 3 = 0 (x- y)2 + = 0 (*) 2 4 4 2 4 12 y2 1 Töø (1) => 12 – y2 0 neân 0. vaø coù (x- y)2 0 4 2 1 x y 0 1 2 x y Do ñoù ñeå (*) thoaû maõn 2 2 12 y 2 0 12 y 0 4 1 1 x y x y x 3 2 2 2 y 2 3 y 12 y 2 3 x 3 x 3 Vaäy heä phöông trình coù nghieäm laø: ; y 2 3 y 2 3 2)Giaûi phöông trình x 3.x 4 2x 4 2008x 2008 ( ÑK : x -3 ) Ñaët x 3 t (t 0) => x + 3 = t2 => x = t2 – 3 Phöông trình ñaõ cho trôû thaønh: t.x4 = 2x4 - 2008(t2 – 3) + 2008 t.x4 – 2x4 + 2008(t2 – 3) - 2008 = 0 x4(t – 2) + 2008(t2 – 4) = 0 x4(t – 2) + 2008(t – 2)(t + 2) = 0 (t – 2){x4 + 2008(t +2)} = 0 t 2 t 2 0 4 4 (t – 2)(x + 2008t + 4016) = 0 4 x 4016 x 2008t 4016 0 t 0(loai) 2008 Vôùi t = 2 => x 3 2 x + 3 = 4 x = 1 (Thoaû maõn ÑK x - 3) Vaäy phöông trình coù nghieäm laø : x = 1 45
  46. KYØ THI TUYEÅN SINH TRUNG HOÏC PHOÅ THOÂNG NAÊM HOÏC 2009 – 2010 Moân toaùn – Ñeà chung (Thôøi gian laøm baøi : 120 phuùt , khoâng keå thôøi gian giao ñeà) Bµi 1 (2®iÓm).Trong mçi c©u sau tõ C©u 1 ®Õn C©u 8 ®Òu cã bèn ph­¬ng ¸n tr¶ lêi A, B, C, D; trong ®ã chØ cã mét ph­¬ng ¸n ®óng. H·y chän ph­¬ng ¸n ®øng vµ viÕt vµo bµi lµm. C©u1. Trªn mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy, ®å thÞ hµm sè y = x2 vµ y = 4x + m c¾t nhau t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt khi vµ chØ khi A. m > - 1 B. m > - 4 C. m CD Bµi 5( 1,5 ®iÓm) x y 2xy 0 1) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 2 2 2 x y x y (xy 1) 1 2) Chøng minh r»ng víi mäi x ta lu«n cã : (2x 1) x2 x 1 (2x 1) x2 x 1 46
  47. Ñaùp AÙn Baøi 1 Caâu 1 2 3 4 5 6 7 8 Ñaùp aùn B C A C D A D B Baøi 2: 1) Tìm x : (2x 1)2 = 9 2x 1 = 9 .Giaûi phöông trình naøy ñöôïc x = 5 ; x = - 4 4 4( 5 3) 2) M = 12 = 23 + = 2 5 3 5 5 3 3) Ñieàu kieän XÑ cuûa A laø : - x2 + 6x – 9 0 - (x – 3)2 0 x = 3 Baøi 3 1) Thay x = 2 vaøo phöôøng trình (1) ta ñöôïc: 4 + 2(3 – m) + 2(m – 5) = 0 .Ñaúng thöùc naøy luoân ñuùng vôùi moïi m, suy ra ñieàu phaûi chöùng minh. 2)Phöông trình (1) laø phöông trình baäc hai, theo cmt phöông trình luoân coù nghieäm , trong ñoù 2 x1= 2.Theo ñònh lí Vi- et suy ra nghieäm coøn laïi cuûa phöông trình laø x = m – 5. Vaäy ñeå phöông trình (1) coù nghieäm x2 = 1 + 22 m – 5 = 1 + 22 m = 6 +2 2 Baøi 4 M D C B H A O N 1) Xeùt ñöôøng troøn ñöôøng kính AO coù : AMˆO = 900 ( goùc noäi tieáp chaén nöûa ñöôøng troøn) => AM  OM. Maø OM laø baùn kính cuûa ñöôøng troøn(O; R). Neân AM laø tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn(O; R). Ta coù H laø trung ñieåm cuûa daây BC (gt) => OH  BC => AHˆO = 900 .Vaäy H thuoäc ñöôøng troøn ñöôøng kính AO 2)a) Xeùt ñöôøng troøn ñöôøng kính AO coù : AHˆN AMˆN (hai goùc noäi tieáp cuøng chaén cumg AN) (1) 47
  48. Coù BD  OM (gt) ; AM  OM (cmt) => BD // AM ( cuøng  OM) => AMˆN = BDˆN (2 goùc ñoàng vi) (2) Töø (1) vaø (2) => AHˆN BDˆN b)Theo cmt ta coù BHˆN BDˆN . Maët khaùc D, H cuøng thuoäc nöûa maët phaúng bôø BN neân 4 ñieåm H, D, B, N cuøng thuoäc moät ñöôøng troøn.Xeùt ñöôøng troøn naøy ta coù BHˆD BNˆD (3) ( Hai goùc noäi tieáp cuøng chaén cung BD) Xeùt ñöôøng troøn (O) coù: BNˆD MCˆB (4) (2 goùc noäi tieáp cuøng chaén cung BM) Töø (3) vaø (4) => BHˆD MCˆB Suy ra : DH // MC ( Vì coù 2 goùc ñoàng vò baèng nhau) c)Xeùt DHC coù DH + HC > CD ( Baát ñaúng thöùc trong tam giaùc) Maø HC = HB ( vì H laø trung ñieåm caûu BC) Suy ra HB + HD > CD Baøi 5: 1) Vôùi moïi x, y ta coù (xy – 1)2 + 1 1 (*) neân heä phöông trình ñaõ cho xaùc ñònh vôùi moïi x, y Töø phöôøng trình ñaàu cuûa heä ta coù : x + y = 2xy, thay vaøo phöông trình thöù hai cuûa heä ta ñöôïc: 2xy – x2y2 = (x y)2 1 ( ) Neáu heä coù nghieäm thì töø (*) vaø ( ) suy ra 2xy – x2y2 1 => (xy – 1)2 0 => xy = 1 x y 2 Thay xy = 1 vaøo heä ñaõ cho ta coù: xy 1 Giaûi heä treân ta ñöôïc x =y = 1 laø nghieäm cuûa heä ñaõ cho. 2) Xeùt (2x 1) x2 x 1 (2x 1) x2 x 1 (1) Khi thay x bôûi – x ta thaáy (1) khoâng thay ñoåi, neân chæ caàn chöùng minh (1) duùng vôùi moïi x 0 1 3 1 3 Vôùi moïi x ta coù : x2 – x + 1 = (x - )2 + > 0 vaø x2 + x + 1 = (x + )2 + > 0 2 4 2 4 1 Vaäy neãu 0 x thì (1) luoân ñuùng 2 1 Neáu x > thì (1) töông ñöông vôùi: (2x + 1)2(x2 – x + 1) > (2x – 1)2(x2 + x + 1) 2 1 4x4 + x2 + 3x + 1 > 4x4 + x2 – 3x + 1 (luoân ñuùng vôùi x > ) 2 Vaäy ta coù ñieàu phaûi chöùng minh. 48
  49. SÔÛGIAÙO DUÏC – ÑAØO TAÏO ÑEÀ THI TUYEÅN SINH VAØO LÔÙP 10 THPT NAM ÑÒNH Naêm hoïc 2010 – 2011 ÑEÀ CHÍNH THÖÙC MOÂN THI: TOAÙN Thôøi gian laøm baøi : 120 phuùt PhÇn I- Tr¾c nghiÖm (2,0 ®iÓm) Mçi c©u sau cã nªu bèn ph­¬ng ¸n tr¶ lêi , trong ®ã chØ cã mét ph­¬ng ¸n ®óng.H·y chän ph­¬ng ¸n ®óng ( viÕt vµo bµi lµm ch÷ c¸i ®øng tr­íc ph­¬ng ¸n ®­îc lùa chän). C©u 1. Ph­¬ng tr×nh (x – 1)(x +2) = 0 t­¬ng ®­¬ng víi ph­¬ng tr×nh A. x2 + x – 2 = 0 B. 2x + 4 = 0 C. x2 – 2x + 1 = 0 D . x2 + x + 2 = 0 C©u 2. Ph­¬ng tr×nh nµo sau ®©y cã tæng hai nghiÖm b¨ng 3 ? A. x2 – 3x + 14 = 0 B. x2 – 3x – 3 = 0 C. x2 – 5x + 3 = 0 D. x2 – 9 = 0 C©u 3. Trong c¸c hµm sè sau, hµm sè nµo ®ång biÕn trªn R A. y = - 5x2 B. y = 5x2 C. y = (3 - 2)x D. y = x – 10 C©u 4. Ph­¬ng tr×nh x2 + 4x + m = 0 cã nghiÖm khi vµ chØ khi A. m - 4 B. m - 4 C©u 5. Ph­¬ng tr×nh 3x 4 = x cã tËp nghiÖm lµ A. 1;4 B. 4;5 C. 1;4 D. 4 C©u 6 . NÕu mét h×nh vu«ng cã c¹nh b»ng 6 cm th× ®­êng trßn ngo¹i tiÕp h×nh vu«ng ®ã cã b¸n kÝnh b»ng A. 62 cm B.6 cm C. 32 cm D. 26 cm C©u 7. Cho hai ®­êng trßn (O; R) vµ (O/ ; R/ ) cã R = 6 cm, R/ = 2 cm , OO/ = 3 cm. Khi ®ã, vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña hai ®­êng trßn ®· cho lµ A.C¾t nhau B. (O ; R) ®ùng (O/ ; R/) C. ë ngoµi nhau D.TiÕp xóc trong C©u 8. Cho mét h×nh nãn cã b¸n kÝnh ®¸y b»ng 3 cm, cã thÓ tÝch b»ng 18 cm3 . H×nh nãn ®· cho cã chiÒu cao b»ng 6 2 A. cm B. 6 cm C. D. 2 cm PhÇn 2 – Tù luËn ( 8,0 ®iÓm) 2 x x C©u 1. (1,5®iÓm) Cho biÓu thøc P = . víi x 0 vµ x 1. x 1 x 1 x x 2 1) Rót gän biÓu thøc P 1 2) Chøng minh r»ng khi x = 3 + 22 th× P = 2 C©u 2. (1,5 ®iÓm) 1)Cho hµm sè y = 2x + 2m + 1 . X¸c ®Þnh m , biÕt r»ng ®å thÞ cña hµm sè ®i qua ®iÓm A(1 ; 4). 2) T×m to¹ ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè y = x2 vµ ®å thÞ hµm sè y = 2x + 3 C©u 3 . ( 1,0 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh x y 1 x 2y 2 x 2y x y 1 3x y 4 C©u 4. ( 3,0 ®iÓm) Cho ®­êng trßn (O ; R) vµ mét ®iÓm M n»m ë ngoµi ®­êng trßn sao cho MO = 2R. §­êng th¨ng d ®i qua M , tiÕp xóc víi ®­êng trßn (O;R) t¹i A . Gäi N lµ giao ®iÓm cña ®o¹n th¼ng MO vµ ®­êng trßn (O;R). 1) TÝnh ®é dµi cña ®o¹n th¼ng AN theo R.TÝnh sè ®o gãc NAM 2) KÎ hai ®­êng kÝnh AB vµ CD kh¸c nhau cña (O;R). C¸c ®­êng th¼ng BC, BD c¾t ®­êng th¼ng d lÇn l­ît t¹i P, Q a)Chøng minh tø gi¸c PQDC lµ tø gi¸c néi tiÕp b)Chøng minh 3BQ – 2AQ > 4R C©u 5.( 1,0 ®iÓm) T×m tÊt c¶ c¸c cÆp sè (x;y) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn 2(x y 4 + yx 4 ) = xy 49
  50. ÑAÙP AÙN Phaàn 1- traéc nghieäm ( 2 ñieåm). Moãi caâu traû lôøi ñuùng cho 0,25 ñieåm Caâu 1: A ; Caâu 2: B ; Caâu 3: D; Caâu 4: C; Caâu 5: D; Caâu 6: C; Caâu 7: B; Caâu 8: A Phaàn 2- Töï luaän ( 8 ñieåm) Caâu 1 (1,5 ñieåm) Ñaùp aùn Ñieåm 1) (0,75 ñieåm) 0,5 2 x 2( x 1) x( x 1) x x 2 Bieán ñoåi ñöôïc: x 1 x 1 ( x 1)( x 1) x 1 x x 2 x x 0,25 Suy ra P = . => P = (1) (Vôùi x 0 vaø x 1) x 1 x x 2 x 1 2) (0,75 ñieåm) Khi x = 3 + 22 => x = (2 + 1)2 => x = 2 + 1 0,25 2 1 Thay vaøo (1) Suy ra P = 0,25 2 2 2 1 Ruùt goïn ñöôïc keát quaû P = 0,25 2 Caâu 2 (1,5 ñieåm) Đáp án Điểm 1 1) (0,5 ñiểm) Ñoà thò haøm soá ñi qua ñieåm A(1;4) 4 = 2.1 +2m + 1 m = 0,5 2 2) (1,0 ñieåm) Hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa ñoà thò caùc haøm soá ñaõ cho laø nghieäm cuûa 0,25 phöông trình x2 = 2x + 3 x2 – 2x – 3 = 0 (1) Phöông trình (1) laø phöông trình baäc hai coù a – b + c = 0 0,25 Phöông trình (1) co ù2 nghieäm x1 = - 1, x2 = 3 (laø hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa hai ñoà 0,25 thò) Vôùi hoaønh ñoä x1, x2 thì tung ñoä laàn löôït laø 2 2 2 2 y1 = x1 = (-1) = 1, y2 = x2 = 3 = 9 Vaäy toaï ñoä giao ñieåm cuûa hai ñoà thò ñaõ cho laø: (-1; 1), ( 3; 9) Caâu 3 ( 1,0 ñieåm) Ñaùp aùn Ñieåm x y 1 Ñaët t = (vôùi ñieàu kieän t 0) phöông trình thöù nhaát cuûa heä trôû thaønh 0,25 x 2y 1 t + = 2 (*) t Giaûi ñöôïc phöông trình (*) coù nghieäm t = 1 ( thoaû maõn ÑK) 0,25 50
  51. x y 1 0,25 1 y 1 Vaäy heä ñaõ cho töông ñöông vôùi x 2y 3x y 4 3x y 4 x 1 0,25 Giaûi vaø keát luaän nghieäm cuûa heä phöông trình laø y 1 Caâu 4 (3,0 ñieåm) Ñaùp aùn Ñieåm 1) (1,25 ñieåm) Q A D M O N P C B Vì d là đường thẳng tiếp xúc với (O;R) tại A => d  OA => MAO vuông tại A 0,25 Theo giả thiết : OM = 2R mà ON = R và N thuộc đoạn MO => N là trung điểm MO 0,5 => AN là trung tuyến của tam giác MAO(vuông ở A) => AN = 1 MO => AN = R 2 Tam giác ANO có AN = AO = ON = R, nên ANO là tam giác đều => NAˆO = 600 0,5 => NAˆM MAˆO NAˆO = 900 – 600 = 300 2) (1,75 điểm) 0,25 a) (1,0 điểm) Xét đường tròn (O,R), ta có : 1 Góc QPC là góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn => QPˆC (sđ ADB – sđ ANC ) 2 1 AB là đường kính => sđ ADB = sđ ANB => QPˆC (sđ ANB – sđ ANC) 0,25 2 1 => QPˆC sđ CB => QPˆC CDˆB (1) 2 Mặt khác : Q, D, B thẳng hàng => QDˆC CDˆB = 1800 (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra : QDˆC QPˆC = 1800 Hai góc QDC và góc QPC là hai góc đối nhau của tứ giác PQDC => tá giác PQDC là 0,25 tứ giác nội tiếp b) (0,75 điểm) Xét tam giác QAB vuông ở A có AD  QB 0,25 51
  52. => QB.DB = AB2 = 4R2 và QB.QD = AQ2 Ta có QB > BD => ( QB BD)2 > 0 => BQ + BD > 2BQ.BD = 4R (1) 0,25 Tương tự, có : QB + QD > 2QB.QD = 2AQ (2) Cộng từng vế của (1) và (2) 0,25 => 2QB + DB + QD > 4R + 2AQ => 3QB – 2AQ > 4R Câu 5 ( 1 điểm) Đáp án Điểm x 4 Điều kiện xác định: (*) 0,25 y 4 Với hai số a 0; b 0 luôn có a + b 2ab (1), dấu “ = “ xảy ra a = b ( Vì (1) ( a b)2 0 luôn đúng ) Với ĐK (*) , áp dụng (1) với hai số : x - 4 và 4 , ta có 0,5 (x – 4) + 4 2 (x 4).4 => x 4x 4 => xy 4yx 4 (2) Tương tự, áp dụng (1) với hai số : y – 4 và 4, ta có xy 4xy 4 (3) Cộng các vế tương ứng của (2) và (3) ta có xy 2(xy 4 + yx 4 ) (4) . Vậy yêu cầu của bài toán tìm x và y để xảy ra dấu “ = ” ở (4) x 4 4 x 8 0,25 y 4 4 y 8 Vậy (x ; y ) cần tìm là x = y = 8 52
  53. SÔÛGIAÙO DUÏC – ÑAØO TAÏO ÑEÀ THI TUYEÅN SINH VAØO LÔÙP 10 THPT NAM ÑÒNH Naêm hoïc 2012 – 2013 ÑEÀ CHÍNH THÖÙC MOÂN THI: TOAÙN Thôøi gian laøm baøi : 120 phuùt PhÇn I- Tr¾c nghiÖm (2,0 ®iÓm) H·y chän ph­¬ng ¸n tr¶ lêi ®óng vµ viÕt ch÷ c¸i ®øng tr­íc ph­¬ng ¸n ®ã vµo bµi lµm. C©u 1: §iÒu kiÖn ®Ó biÓu thøc x 1 cã nghÜa lµ A. x - 1 B. x - 1 C. x 0 D. m 0 C©u 4: TËp nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (x2 + 3x)x 1 = 0 lµ A. 3;0 B. 1;0 C. 3; 1;0 D. 3; 1 C©u 5: §­êng th¼ng nµo sau ®©y cã ®óng mét ®iÓm chung víi ®å thÞ hµm sè y = 4x2 A. y = 4x – 1 B. y = 4x C. y = 5x – 3 D. y = 3x C©u 6: Cho ®­êng trßn (O; R) néi tiÕp h×nh vu«ng ABCD, khi ®ã diÖn tÝch h×nh vu«ng ABCD b»ng A. 2R2 B. R2 C. 22 R D. 4R2 C©u 7: Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , biÕt AC = 3, BC = 5. khi ®ã tan Bˆ cã gi¸ trÞ b»ng 3 3 4 5 A. B. C. D. 4 5 3 3 C©u 8: MÆt cÇu víi b¸n kÝnh b»ng 3 cm cã diÖn tÝch lµ A. 4 (cm2) B. 36 (cm2) C. 12 (cm2) D. 36 2 (cm2). PhÇn 2 – Tù luËn ( 8,0 ®iÓm) 1 x 2 1 C©u 1.(1,5 ®iÓm) Cho biÓu thøc A = : (víi x > 0 vµ x 1) x x x 1 x 1 x 1 1) Rót gän biÓu thøc A 2) Chøng minh r»ng A – 2 > 0 víi mäi x tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x > 0 vµ x 1. C©u 2. (1,5 ®iÓm) 1) Gi¶i ph­¬ng tr×nh x4 + x2 – 6 = 0 2) T×m gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó hai ®­êng th¼ng y = (m2 + 1)x + m + 2 vµ y = 5x + 2 song song víi nhau 1 1 1 C©u 3. (1,0 ®iÓm) Gi¶i hÖ pg­¬ng tr×nh x y 1 3y 1 xy C©u 4.(3 ®iÓm) Cho nöa ®­êng trßn t©m O cã ®­êng kÝnh AB. VÏ c¸c tiÕp tuyÕn Ax, By ( Ax, By vµ nöa ®­êng trßn cïng thuéc nöa mÆt ph¼ng bê AB) . Trªn nöa ®­êng trßn ®· cho lÊy ®iÓm M kh«ng trïng víi A vµ B , tiÕp tuyÕn t¹i M c¾t Ax, By lÇn l­ît t¹i E vµ F . 1) Chøng minh AEMO lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) Chøng minh EO2 = AE. EF MK 3) KÎ MH vu«ng gãc víi AB ( H thuéc AB), gäi K lµ giao ®iÓm cña EB vµ MH. TÝnh tØ sè MH C©u 5.( 1,0 ®iÓm) Gi¶i ph­¬ng tr×nh 2(x4 4) = 3x2 – 10x + 6 53
  54. Đáp án Phần 1- trắc nghiệm ( 2 điểm) Câi 1: D ; Câu 2: C ; Câu 3: C ; Câu 4: B ; Câu 5: A; Câu 6: D ; Câu 7: A ; Câu 8: B Phần 2- Tự luận Câu 1: 1 x 2 1 1) A = : (víi x > 0 vµ x 1) x x x 1 x 1 x 1 1 x 2 x 1 A = : ( 0,5 đ) x( x 1) x( x 1) ( x 1)( x 1) ( x 1)( x 1) 1 x x 1 1 x 1 = : : (0,25 đ) x( x 1) ( x 1)( x 1) x( x 1) x 1 1 x 1 x = .( x 1) (0,25 đ) x( x 1) x 1 x 2) Với x > 0 , x 1 ta có A > 2 > 2 x+ 1 > 2x (0,25 đ) x (x - 1)2 > 0 luôn đúng với mọi x > 0 , x 1 (0,25đ) Câu 2 (1,5 điểm) 1) Đặt x2 = t ( với t 0 ) (0,25đ) Phương trình đã cho trở thành: t2 + t – 6 = 0 ( 0,25 đ) Giải phương trình trên ta được 2 nghiệm: t = - 2 (loại); t = 2 (0,25 đ) Vậy phương trình đã cho tương đương với x2 = 2 x = 2 (0,25đ) 2) Đường thẳng y = (m2 + 1)x + m + 2 song song với đường thẳng m2 1 5 y = 5x + 2 khi và chỉ khi (0,25đ) m 2 2 m2 4 m 2 m 2 (0,25đ) m 0 m 0 Câu 3. ( 1,0 điểm) ĐKXĐ : x 0; y - 1.Với ĐKXĐ, hệ phương trình đã cho y 1 xy tương đương với (0,25đ) 3y 1 xy y 1 xy (0,25đ) 3y 1 y 1 y 1 xy x 2 (thoả mãn ĐKXĐ) (0,25đ) y 1 y 1 x 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (0,25đ) y 1 Câu 4. ( 3,0 điểm) 54
  55. 1) Vì EA, EM là các tiếp tuyến với (O) x y => EA  AO và EM  MO (0,5đ) Tứ giác AMEO có: EAˆO OMˆE = 1800 => Tứ giác AMEO nội tiếp (0,5đ) F 2) OE và OF lần lượt là các đường phân giác của các góc AOM và góc BOM(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) (0,25đ) mà AOˆM BOˆM = 1800 => MOˆE MOˆF = 900 hay tam giác EOF vuông tại O (0,25đ) M  2 Mặt khác OM EF => EO = EM.EF (0,25đ) E và EM = EA (T/c tiếp tuyến) K => EO2 = EA.EF (0,25đ) MK FB A B 3) EMK ~ EFB (g.g) => H O EM EF MK MF mà FB = MF (t/c tiếp tuyến ) => (1) (0,25đ) EM EF KH KB BKH ~ BEA (g.g) => (2) (0,25đ) EA EB MF KB Xét EFB do MK // FB => (3) (0,25đ) EF EB MK KH MK 1 Từ (1); (2) và (3) => mà EM = EA => MK = KH => (0,25đ) EM EA MH 2 Câu 5. (1,0 điểm) ĐKXĐ: x R Phương trình đã cho 2. (x2 2)2 (2x)2 = 3x2 – 10x + 6 2. (x2 2x 2)(x2 2x 2) = 4x2 – 8x + 8 – x2 – 2x – 2 2. (x2 2x 2)(x2 2x 2) = 4(x2 – 2x + 2)- (x2 + 2x + 2) (1) (0,25đ) Chia hai vế của (1) cho x2 – 2x + 2 > 0 ta có: x2 2x 2 x2 2x 2 (1) 2. 4 (2) x2 2x 2 x2 2x 2 2 Đặt t = x 2x 2 ( với t > 0 ) (0,25đ) x2 2x 2 Phương trình (2) 2 .t = 4 – t2 . Nghiệm t > 0 là t = 2 (0,25đ) x2 2x 2 Vậy phương trình đã cho tương đương với = 2 x2 2x 2 x2 + 2x + 2 = 2(x2 – 2x + 2) x2 – 6x + 2 = 0 Giải phương trình trên và kết luận: Phương trình có hai nghiệm là: x = 3 - 7 ; x = 3 + 7 (0,25đ) 55
  56. SÔÛGIAÙO DUÏC – ÑAØO TAÏO ÑEÀ THI TUYEÅN SINH VAØO LÔÙP 10 THPT NAM ÑÒNH Naêm hoïc 2013 – 2014 ÑEÀ CHÍNH THÖÙC MOÂN THI: TOAÙN Thôøi gian laøm baøi : 120 phuùt PhÇn I- Tr¾c nghiÖm (2,0 ®iÓm) H·y chän ph­¬ng ¸n tr¶ lêi ®óng vµ viÕt ch÷ c¸i ®øng tr­íc ph­¬ng ¸n ®ã vµo bµi lµm. 1 C©u 1: §iÒu kiÖn ®Ó biÓu thøc cã nghÜa lµ 1 x A. x > 1 B. x 0 vµ x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 1) Rót gän biÓu thøc A. 2) T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn x ®Ó biÓu thøc A cã gi¸ trÞ lµ sè nguyªn. C©u 2: (1,5®iÓm) Cho ph­¬ng tr×nh x2 – 2mx + m2 – m – 1 = 0 (1) víi m lµ tham sè. 1) Gi¶i ph­¬ng tr×nh (1) khi m = 1. 2) X¸c ®Þnh m ®Ó ph­¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm x1 ; x2 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x1(x1 + 2) + x2(x2 + 2) = 10 x 2 2 6 x 1 y 2 C©u 3: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 5 1 3 x 1 y 2 C©u 4 ( 3,0 ®iÓm) Cho ®­êng trßn (O) ®­êng kÝnh AB. Trªn tia ®èi cña tia BA lÊy ®iÓm C ( C kh«ng trïng víi B). KÎ tiÕp tuyÕn CD víi ®­êng trßn (O) (D lµ tiÕp ®iÓm), tiÕp tuyÕn t¹i A cña ®­êng trßn (O) c¾t ®­êng th¼ng CD t¹i E. Gäi H lµ giao ®iÓm cña AD víi OE, K lµ giao ®iÓm cña BE víi ®­êng trßn (O) (K kh«ng trïng víi B). 1) Chøng minh AE2 = EK . EB 2) Chøng minh 4 ®iÓm B, O, H, K cïng thuéc mét ®­êng trßn. AE EM 3) §­êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i O c¾t CE t¹i M. Chøng minh = 1 EM CM C©u 5: (1,0 ®iÓm) Gi¶i ph­¬ng tr×nh (3x2 – 6x)(2x 1 +1) = 2x3 – 5x2 + 4x – 4 56
  57. ĐÁP ÁN PhÇn I- Tr¾c nghiÖm (2,0 ®iÓm) Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án B C D D A C B A PhÇn 2 – Tù luËn ( 8,0 ®iÓm) Câu 1. x 2 x 2 x 1) Rút gọn: A = : (víi x > 0 vµ x 1) x 2 x 1 x 1 x 1 x 2 x 2 x 1 = . 2 ( x 1) ( x 1)( x 1) x ( x 2)( x 1) ( x 2)( x 1) x 1 = . ( x 1)2 ( x 1) x x 2 x x 2 x 2 x x 2 x 1 = . ( x 1)2 ( x 1) x 2 x 1 2 = . ( x 1)( x 1) x x 1 2 2) với x > 0; x 1, x Z ta có A có giá trị nguyên Z (x – 1) Ư(2) x 1 (x – 1) 1; 2 x - 1 = -1 x = 0 ; x – 1 = 1 x = 2; x – 1 = - 2 x = - 1 ; x – 1 = 2 x = 3 Đối chiếu với điều kiện: x > 0; x 1, x Z, ta có giá trị cần tìm là: x = 2 và x = 3 Câu 2 1)Với m = 1 ta có phương trình :x2 – 2x – 2 = 0 phương trình này có: = (-1)2 + 1 = 2 Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1+ 2 ; x2 = 1 - 2 2) Phương trình (1) có = m2 – (m2 – m – 1) = m + 1 Phương trình có 2 nghiệm 0 m + 1 0 m - 1 2 2 Ta có x1(x1 +2) + x2(x2 + 2) = 10 x1 + 2x1 + x2 + 2x2 = 10 2 (x1 + x2) – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = 10 x1 x2 2m Khi m - 1 , theo hệ thức Vi-ét ta có : 2 x1.x2 m m 1 2 Do đó : (x1 + x2) – 2x1x2 + 2(x1 + x2) = 10 4m2 -2(m2 – m – 1) + 4m = 10 m2 + 3m – 4 = 0 (2) Phương trình (2) có hai nghiệm m1 = 1; m2 = - 4 Đối chiếu với điều kiện m - 1, ta có giá trị cần tìm là m = 1 57
  58. Câu 3. ĐKXĐ: x - 1, y 2 x 2 2 1 2 Ta có 6 5 x 1 y 2 x 1 y 2 Đặt u = 1 , v = 1 . x 1 y 2 u 2v 5 u 1 Hệ phương trình đã cho trở thành 5u v 3 v 2 1 1 x 1 1 x 0 x 1 Suy ra 1 5 (Thoả mãn ĐKXĐ) 1 y 2 y 2 2 2 y 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (x;y) = (0; 5 ) 2 Câu 4. 1) Ta có góc AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => AK  EB E Theo tính chất tiếp tuyến ta có: AE AB => ABE vuông tại A M Trong tam giác vuông ABE, đường cao AK K D Ta có: AE2 = EK.EB 2) ta có AE = ED (T/C 2 tiếp tuyến cắt nhau) H có OA = OD (bằng bán kính) C A B => EO là trung trực của AD => AD EO tại H O Trong tam giác vuông AEO, ta có: AE2 = EH.EO mà AE2 = EK.EB ( chứng minh trên) => EK.EB = EH.EO EK EH => EO EB EK EH Xét EHK và EBO có: góc EHK chung, (cmt) EO EB => EHK ~ EBO (c.g.c) => EHˆK EBˆO => tứ giác BOHK nội tiếp Vậy bốn điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn 3) Ta có AE  AB(chứng minh trên), MO AB (gt) => OM //AE =>AEˆO EOˆM (2 góc so le trong) EO là tia phân giác của AEˆD ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) => AEˆO OEˆM => OEˆM EOˆM => EOM cân tại M => ME = MO CE AE Xét ACE có OM // AE , theo hệ quả định lí Ta-lét => CM MO 58
  59. CE CM AE OM EM AE AE EM => => 1 => 1 CM OM CM OM EM CM Câu 5: 1 ĐKXĐ: x 2 Ta có (3x2 – 6x)(2x 1 1) = 2x3 – 5x2 + 4x – 4 3x(x – 2)(2x 1 1) = (x -2)(2x2 – x + 2) (x – 2)(2x2 – 4x + 2- 3x2x 1 ) = 0 x – 2 = 0 hoặc 2x2 – 4x + 2- 3x2x 1 = 0 x = 2 (thoả mãn ĐKXĐ) hoặc 2x2 – 4x + 2- 3x2x 1 = 0 (*) Đặt y = 2x 1 (với y 0) phương trình (*) trở thành 2x2 – 2y2 – 3xy = 0 (x – 2y)(2x + y) = 0 x = 2y hoặc y = - 2x (loại) 1 Suy ra x = 22x 1 x2 = 8x – 4 x2 – 8x + 4 = 0 ( vì x ) 2 1 Phương trình có hai nghiệm: x1 = 4 - 23 , x2 = 4 + 23 đều thỏ mãn x 2 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là : x = 2; x = 4 - 23 ; x = 4 + 2 3 SẠ GIÁO DẠC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠ THI TUYẠN SINH VÀO LẠP 10 THPT NAM ĐẠNH NĂM HẠC 2014 – 2015 ĐẠ DẠ BẠ Môn: TOÁN Thềi gian làm bài 120 phút Đề thi gềm 01 trang. Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. Câu 1. Điều kiện để biểu thức A x 2 2x 2014 có nghĩa là A.x 2 . B. x 2 . C.x 2 . D. x 2. Câu 2. Phương trình x2 3x 2014m 0 có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi A. m 0. B. m 0 . C. m 0 . D. m 0. 2 2 2 Câu 3. Gọi x1, x 2 là nghiệm của phương trình x 2x 1 0 .Giá trị của x1 x2 bằng A. 1 . B. 2 . C. 4 . D. 6 . 2 Câu 4. Trong mặt phẳng Oxy, số giao của parabol :y 2x và đường thẳng d: y x 1 là A. 0 . B. 2 . C. 1 . D. 3 . Câu 5. Đường thẳng (d): y 2x 6 cắt trục tung tại điểm A. M(0; -6). B.N(3; 0) C. P(0; 3). D. Q(-6;0) SAMN Câu 6. Cho tam giác ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC . Tỷ số bằng SABC 1 1 1 A. . B. . C. . D. 2 . 2 3 4 Câu 7. Cho đường tròn (O; R) có chu vi bằng 4 , diện tích hình tròn tương ứng bằng 59
  60. A. 8 . B. 4 . C. 16 . D. 16 2 . Câu 8. Diện tích xung quanh của hình trụ có chu vi đáy bằng 13 cm và chiều cao bằng 5 cm là A. 18(cm2 ). B.36(cm2 ). C. 65(cm2 ). D. 130(cm2 ). Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm). 1 1 1 x x 0 1) Rút gọn biểu thức A : 3 2 với . x x x x x 1 x x 1 x 1 2) Chứng minh đẳng thức 1 2 3 1 2 3 2 2 . Câu 2.(1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2mx m2 2m 3 0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) với m = 3. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện 2 2 2(x1 x2 ) 5(x1 x2 ) . x 1 2 y 5 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình . 2 x 1 3 y 4 Câu 4. (3,0 điểm) Cho ba điểm A,B,C phân biệt thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn tâm O bất kỳ đi qua hai điểm B, C. Gọi E, F là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ A tới đường tròn (O) . Gọi M là trung điểm BC. 1) Khi điểm O không thuộc BC, chứng minh năm điểm A, E, O, M, F cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng AO và EF. Chứng minh AH.AO AB.AC AE 2 . 3) Khi đường tròn (O) thay đổi nhưng luôn đi qua hai điểm B và C. Xác định vị trí của điểm O để độ dài đoạn thẳng EF nhỏ nhất. Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình: 6x2 1 2x 3 x2. HẠT Hị và tên thí sinh: Sị báo danh: . Giám thị sị 1: Giám thị sị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 NAM ĐỊNH - 2016 ĐỀ DỰ BỊ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. 2 Câu 1. Điều kiện để biểu thức x 1 có nghĩa là: x A. x 0 ; B. x 0 ; C. x 0 ; D. x 0 . Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng 2x y 6 cắt trục hoành tại điểm M có tọa độ là: A. 6;0 ; B. 3;0 ; C. 0;3 ; D. 0;6 . Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng (d): x 3y 5 đi qua điểm: A. (2; 1) ; B. ( 2; 1) ; C. (2;1) ; D. ( 1;2) . Câu 4. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ¡ : A. y 2x2 ; B. y 1 2 x ; C. y 1 2 x ; D. y 2x2 . Câu 5. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt: 60
  61. A. x2 x 1 0 ; B. x2 x 2 0 ; C. x2 2x 1 0 ; D. x2 4x 3 0 . Câu 6. Tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3 cm, AC = 4 cm. Độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A bằng: 7 5 A. cm; B. 5 cm; C. cm; D. 7 cm. 2 2 Câu 7. Cho một hình tròn có diện tích bằng 9 cm2. Khi đó bán kính của hình tròn bằng: A. 3 cm; B. 9 cm; C. 3 cm; D. 3 cm. Câu 8. Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 3 cm, chiều cao bằng 4 cm. Khi đó diện tích xung quanh của hình nón bằng: A.12π cm2; B. 15π cm2; C. 24π cm2; D. 30π cm2. Phần II - Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) x 1 1 2 1) Rút gọn biểu thức A = : với x 0 và x 1 . x 1 x x x 1 x 1 9 3 3 3 3 2) Chứng minh đẳng thức 2 3. 3 1 3 1 Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2x m2 1 0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) khi m 0 . 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 2 x2 x1 . x 2y 3 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 . x 2y 2x 3y 4 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, AK là đường cao. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt cạnh AC tại D (D khác C), H là giao điểm của đường thẳng BD và đường thẳng AK. Kẻ tiếp tuyến AM của đường tròn (O) với M là tiếp điểm. 1) Chứng minh tứ giác DCKH là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng AD.AC=AH.AK=AM2 . 3) Giả sử tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng đi qua M và vuông góc với đường thẳng AO. Chứng minh rằng BC= 2AM . Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 3x3 11x2 3x 7 24x 8x 1 3 8x 1 0. Hết Họ tên thí sinh: . Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: . Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN NAM ĐỊNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Hướng dẫn chấm gồm 03 trang 61
  62. I. Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì vẫn cho điểm tối đa. 2) Bài hình (tự luận) bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu hình vẽ sai ở phần nào thì không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó. 3) Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm: Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án C B A C D C D B Phần II – Tự luận (8,0 điểm) Câu Ý Nội dung trình bày Điểm Với x > 0, x 1 ta có A = x 1 1 2 : 0,25 x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1) = : 0,25 x x 1 x 1 x 1 (1,0đ) 1. x 1 x 1 (1,5đ) = . 0,25 x x 1 x 1 x 1 = 0,25 x 9 3 3 3 3 3 3 3 1 3 3 1 2) 0,25 (0,5đ) 3 1 3 1 3 1 3 1 3 3 3 2 3 đpcm 0,25 Với m = 0 ta có phương trình (1) trở thành x2 2x 1 0 . 0,25 1) 2 x2 2x 1 0 x 1 0 x 1. (0,5đ) 0,25 Vậy khi m = 0, phương trình (1) có nghiệm x 1 . Phương trình (1) có biệt thức / m2 . 0,25 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi / 0 m 0 . x , x là các nghiệm của (1) nên theo định lí Vi-et có: 2. 1 2 0,25 x x 2, x x 1 m2 (1,5đ) 1 2 1 2 . x x 2 2) 1 2 x2 x 2 0 x 1; 2 Từ 2 có 1 1 hay 1  . (1,0đ) x2 x1 2 0,25 Với x1 1 thì x2 1 , khi đó 1 m 1 hay m 0 . 2 Với x1 2 thì x2 4 , khi đó 1 m 8 hay m 3 . Kết hợp điều kiện m 0 có đáp số: m 3 . 0,25 62
  63. ĐKXĐ: x, y ¡ Ta có x 2y 3 x 3 2y 0,25 Thay x = 3 – 2y vào phương trình còn lại ta có phương trình 6y2 5y 1 0 y 1 0,25 y 1 6y 1 0 1 . 3. y (1,0đ) 6 Với y 1 x 1 . 1 10 0,25 Với y x . 6 3 10 1 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) = (; ); (x; y) = ( 3 6 0,25 1;1). Hình vẽ: A D M I H J B C K O AK là đường cao của tam giác ABC nên A· KC 90o . 0,25 4. Trong hình tròn (O), B· DC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên (3,0đ) 0,25 1) B· DC 90o . (1,0đ) Suy ra H· KC H· DC A· KC B· DC 180o 0,25 Vậy tứ giác DCKH là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng các góc đối bằng 0,25 180o). * Chứng minh (a): AD.AC=AH.AK . 0,25 - Chỉ ra được các tam giác vuông AHD, ACK đồng dạng. AH AD 2) - Suy ra hay AD.AC=AH.AK . 0,25 AC AK (1,5đ) 2 * Chứng minh (b): AD.AC=AM . 0,25 - Chỉ ra được A· MD A· CM . - Chỉ ra được các tam giác AMD, ACM đồng dạng (g-g). 0,25 63
  64. AM AD - Suy ra hay AC.AD AM2 . 0,25 AC AM * Từ (a) và (b) có điều phải chứng minh: AD.AC=AH.AK=AM2 . 0,25 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, IM vuông góc với AO tại J. Từ MJ  AO suy ra MA2 MO2 JA2 JO2 IA2 IO2 , có 0,25 BC BC2 MO ,IA IC nên MA2 IC2 IO2 (c). 2 4 3) Lại có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC, O là trung (0,5đ) BC2 điểm của BC nên IO  OC , suy ra IC2 IO2 OC2 (d). 4 0,25 BC2 BC2 Từ (c) và (d) suy ra MA2 nên BC 2AM . 4 4 1 ĐKXĐ: x 8 Ta có 3x3 11x2 3x 7 24x 8x 1 3 8x 1 0 0,25 3 x3 3x2 3x 1 2 x2 2x 1 3 8x 1 8x 1 2 8x 1 3 2 3 x 1 3 2 x 1 2 3 8x 1 2 8x 1 9 u x 1 u Đặt . ĐK 8 . Ta có phương trình v 8x 1 5. v 0 0,25 (1,0đ) 3u3 2u2 3v3 2v2 u v 3u2 3uv 3v2 2u 2v 0 (*) 9 Do 3u2 3uv 3v2 2u 2v 0,u ,v 0 nên (*) u v 0,25 8 Với u = v ta có 8x 1 x 1 x2 6x 2 0 x 3 7 (thỏa mãn x 1 ). 8 0,25 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 3 7, x 3 7. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm 2017 Câu 1. Điều kiện để biểu thức xác định là x 2 A.x 2C.x≠2D.x=2 Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,đồ thị hàm số y = x +1 đi qua điểm A.M(1;0)B.N(0;1)C.P(3;2)D.Q(-1;-1) 64
  65. Câu 3. Điều kiện để hàm số y = (m-2)x + 8 nghịch biến trên R là A.m ≥ 2B.m > 2C.m 0 và x ≠ 1) x2 x x x x x 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm các giá trị của x sao cho 3P = 1+ x Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – x + m + 1 = 0 (m là tham số) 1) Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của phương trình. Tìm các giá trị của m sao cho 2 x1 + x1x2 + 3x2 = 7 2x 3y xy 5 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 1 1 1 x y 1 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C) 1) Chứng minh AM.AB = AN.AC và AN.AC = MN2 2) Gọi I là trung điểm của EF, O là giao điểm của AH và MN. Chứng minh IO vuông góc với đường thẳng MN 3) Chứng minh 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2 Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 5x2 4x x2 3x 18 5 x Hết HƯỚNG DẪN GIẢI: Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án C B C D B A A D Phần 2: Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 1) 65
  66. 1 x 1 1 x x x x P :  x2 x x x x x x x x 1 x 1 1 x x x 1 1  x x 1 x x 1 x 1 x 1 3 2) 3P 1 x 1 x x2 1 3 x2 4 x 2 (do x 0;x 1) x 1 Câu 2. (1,5 điểm) 1) 4m 3 3 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt m 4 x1 x2 1 2) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 m 1 Cách 1: 2 x1 x1x2 3x2 7 x1 x1 x2 3x2 7 x1 3x2 7 do x1 x2 1 x1 x2 1 x1 2 Ta có hệ: x1 3x2 7 x2 3 2.3 m 1 m 7 (thỏa mãn điều kiện) Cách 2: x1 x2 1 x2 1 x1 . Do đó: 2 x1 x1x2 3x2 7 2 x1 x1 1 x1 3 1 x1 7 2 2 x1 x1 x1 3 3x1 7 2x1 4 x1 2 Từ đó tìm x2 rồi tìm m. Câu 3. (1,0 điểm) Điều kiện: x 0;y 1 2x 3y xy 5 2x 3y xy 5 2x 2y 6 x 3 y 1 1 1 y 1 xy y 1 xy y 1 y(3 y) x y 1 x 3 y x 3 y x 3 y x 2 2 2 (thỏa mãn điều kiện) y 1 y(3 y) y 2y 1 0 (y 1) 0 y 1 66
  67. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C) B E H M I O F A N C 1) Ta có: B· MH H· NC 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) HM  AB , HN  AC Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AHB và AHC, có: AH2 = AM.AB và AH2 = AN.AC AM.AB = AN.AC Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật AH = MN AN.AC = MN2. 2) Tứ giác AMHN là hình chữ nhật, có O là giao điểm của AH và MN O là trung điểm của AH và MN Dễ thấy EMO = EHO (c.c.c) E· MO E· HO 900 EM  MN Chứng minh tương tự được FN  MN ME // NF MEFN là hình thang vuông Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN OI  MN 3) Đặt MN = AH = h; x, y lần lượt là bán kính của (E) và (F). Ta có: 4(EN2 + FM2) = 4[(ME2 + MN2) + (ME2 + MN2)] = 4(x2 + y2 + 2h2) BC2 + 6AH2 = (HB + HC)2 + 6h2 = HB2 + HC2 + 2.HB.HC + 6h2 = 4x2 + 4y2 + 2h2 + 6h2 = 4(x2 + y2 + 2h2) Vậy 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2. Câu 5. (1,0 điểm) Điều kiện: x 6 Cách 1: Lời giải của thầy Nguyễn Minh Sang: 5x2 4x 5 x x2 3x 18 5x2 4x 25x 10x 5x 4 x2 3x 18 6 5x 4 10x 5x 4 4x2 2x 6 0 Đặt 5x 4 t , phương trình trên trở thành: 67
  68. 6t 2 10xt 4x2 2x 6 0 ' 25x2 6(4x2 2x 6) (x 6)2 0 5x x 6 t t x 1 6 2x 3 5x x 6 t t 3 6 7 61 Với t x 1 x 1 5x 4 x2 7x 3 0 x (do x 6) 2 2x 3 Với t 2x 3 3 5x 4 4x2 33x 27 0 x 9 (do x 6) 3 7 61  Vậy S ;9 . 2  Cách 2: Lời giải của thầy Nguyễn Văn Thảo: 5x2 4x 5 x x2 3x 18 5x2 4x x2 3x 18 5 x 5x2 4x x2 22x 18 10 x(x2 3x 18) 2x2 9x 9 5 x(x 6)(x 3) 2(x2 6x) 3(x 3) 5 (x2 6x)(x 3) a x2 6x Đặt: (a 0;b 3) ta có phương trình: b x 3 2 2 a b 2a 3b 5ab (a b)(2a 3b) 0 2a 3b 7 61 x (TM ) 2 2 1)a b x 7x 3 0 7 61 x (KTM ) 2 x 9(tm) 2 2)2a 3b 4x 33x 27 0 3 x (ktm) 4 7 61  Vậy phương trình có tập nghiệm: S 9;  . 2  68