Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương (Có đáp án)

1. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 Đề thi gồm: 01 trang (Đợt 1) Câu 1 (3,0 điểm). 1) Giải các phương trình: a.5(x 1) 3x 7 4 2 3x 4 b. x 1 x x(x 1) 2) Cho hai đường thẳng (d 1): y 2x 5 ; (d2): y 4x 1cắt nhau tại I. Tìm m để đường thẳng (d3): y (m 1)x 2m 1 đi qua điểm I. Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình: x2 2(m 1)x 2m 0 (1) (với ẩn là x ). 1) Giải phương trình (1) khi m =1. 2) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . 3) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1 ; x2 . Tìm giá trị của m để x1 ; x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 . Câu 3 (1,0 điểm). Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4 m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích 77 m2. Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu? Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có Â > 900. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi F là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A). Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD. 3) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH.BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng: x y z 1. x 3x yz y 3y zx z 3z xy Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 Đáp án gồm: 02 trang I, HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm Biến đổi được 5x + 5 = 3x + 7 0,5 1.a 2x 2 x = 1 0,5 Điều kiện: x 0 và x 1 0,25 1.b Biến đổi được phương trình: 4x + 2x – 2 = 3x + 4 3x = 6 x = 2 0,5 So sánh với điều kiện và kết luận nghiệm x = 2 0,25 Do I là giao điểm của (d ) và (d ) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương 1 1 2 trình: 0,25 y 2x 5 2 y 4x 1 Giải hệ tìm được I(-1; 3) 0,25 Do (d3) đi qua I nên ta có 3 = (m+ 1)(-1) + 2m -1 0,25 Giải phương trình tìm được m = 5 0,25 Khi m = 1 ta có phương trình x2 – 4x + 2 = 0 0,25 1 x 2 2 x 2 2 2 Giải phương trình được 1 ; 2 0,25 Tính ' m2 1 0,25 2 Khẳng định phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25
3. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 2m 2 0 Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương m 0 0,25 2m 0 Theo giả thiết có x 2 + x 2 = 12 (x + x )2 – 2x x = 12 0,25 3 1 2 1 2 1 2 4(m 1)2 4m 12 m2 + m – 2 = 0 0,25 Giải phương trình được m = 1 ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25 Gọi kích thước của hình chữ nhật là a, b (m) điều kiện a, b > 0 0,25 Do chu vi của hình chữ nhật bằng 52 nên ta có a + b = 26 0,25 Sau khi giảm mỗi chiều đi 4 m thì hình chữ nhật mới có kích thước là a – 4 3 và b – 4 0,25 nên (a – 4)(b – 4) = 77 Giải hệ phương trình và kết luận được các kích thước là 15 m và 11 m 0,25 Hình vẽ đúng: x E D A H 0,25 O O' 1 B F C Lập luận có A· EB 900 0,25 Lập luận có A· DC 900 0,25 Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 0,25 4 Ta có A· FB A· FC 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra A· FB A· FC 1800 0,25 Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng 2 A· FE A· BE (cùng chắn A»E ) và A· FD A· CD (cùng chắn A»D ) 0,25 Mà E· CD E· BD (cùng chắn D»E của tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25 Suy ra: A· FE A· FD => FA là phân giác của góc DFE 0,25 AH EH Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra 3 AD ED 0,25 (1)
4. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra BH EH 0,5 (2) BD ED AH BH Từ (1), (2) ta có: AH.BD BH.AD 0,25 AD BD 2 Từ x yz 0 x2 yz 2x yz (*) Dấu “=” khi x2 = yz 0,25 Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) x(y z) 2x yz 0,25 Suy ra 3x yz x(y z) 2x yz x ( y z) (Áp dụng (*)) x x x 3x yz x ( x y z) (1) x 3x yz x y z 5 y y Tương tự ta có: (2), 0,25 y 3y zx x y z z z (3) z 3z xy x y z x y z Từ (1), (2), (3) ta có 1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy 0,25 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1
5. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 Đề thi gồm: 01 trang (Đợt 2) Câu 1 (2,5 điểm). 1) Cho hàm số y f (x) x2 2x 5 . a. Tính f (x) khi: x 0; x 3 . b. Tìm x biết: f (x) 5; f (x) 2 . 2) Giải bất phương trình: 3(x 4) x 6 Câu 2 (2,5 điểm). 1) Cho hàm số bậc nhất y m – 2 x m 3 (d) a. Tìm m để hàm số đồng biến. b. Tìm m để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y 2x 3 . x y 3m 2 2) Cho hệ phương trình 2x y 5 x2 y 5 Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm x; y sao cho 4 . y 1 Câu 3 (1,0 điểm). Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm trong 6 ngày thì xong công việc. Hai người làm cùng nhau trong 3 ngày thì người thứ nhất được chuyển đi làm công việc khác, người thứ hai làm một mình trong 4,5 ngày (bốn ngày rưỡi) nữa thì hoàn thành công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người hoàn thành công việc đó trong bao lâu. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AO lấy điểm M (M khác A và O). Tia CM cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là N. Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O; R) tại N. Tiếp tuyến này cắt đường thẳng vuông góc với AB tại M ở P. 1) Chứng minh: OMNP là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh: CN // OP. 1 3) Khi AM AO . Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN theo R. 3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho ba số x, y, z thoả mãn 0 x, y, z 1 và x y z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu (x 1)2 (y 1)2 (z 1)2 thức: A = z x y Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
6. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 Đáp án gồm: 02 trang I, HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm Với x = 0 tính được f(0) = -5 0,5 1.a Với x = 3 tính được f(3) = 10 0,5 Khi f(x) = -5 tìm được x = 0; x = - 2 0,5 1 1.b Khi f(x) = -2 tìm được x = 1; x = -3 0,5 Biến đổi được về 3x – 12 > x – 6 0,25 2 Giải được nghiệm x > 3 0,25 1.a Để hàm số đồng biến thì m – 2 > 0 0,25 Tìm được m > 2 và kết luận 0,25 m 2 2 Để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y = 2x – 3 thì 0,5 m 3 3 1.b m 4 0,25 m 6 m = 4 0,25 2 Giải hệ được x = m + 1; y = 2m - 3 0,25 Đặt điều kiện: y + 1 0 2m – 3 + 1 0 m 1 0,25 x2 y 5 Có: 4 x2 y 5 4(y 1) x2 y 5 4y 4 0 x2 5y 9 0 y 1 2 Thay x = m + 1; y = 2m – 3 ta được: (m + 1)2 – 5(2m - 3) – 9 = 0 0,25 m2 – 8m + 7 = 0. Giải phương trình được m = 1; m = 7 So sánh với điều kiện suy ra m = 1 (loại); m = 7 (thoả mãn) 0,25 3 Gọi thời gian người 1, người 2 làm một mình xong công việc lần lượt là x, y 0,25 ngày (x, y > 0)
7. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 Trong một ngày người 1 và người 2 lần lượt làm được 1 và 1 công việc. x y 1 1 1 0,25 suy ra phương trình: x y 6 Người 1 làm trong 3 ngày và người 2 làm trong 7,5 ngày lần lượt được 3 x 7,5 3 7,5 0,25 và công việc suy ra phương trình: 1 y x y Giải hệ được x = 18, y = 9. So sánh với điều kiện và kết luận 0,25 Hình vẽ đúng: C A M O B 0,25 N 1 P D Có O· MP 900 (MP  AB) 0,25 Có O· NP 900 (tính chất tiếp tuyến) 0,25 Do đó O· MP O· NP 900 suy ra OMNP là tứ giác nội tiếp 0,25 Do OMNP là tứ giác nội tiếp nên O· NC O· PM (cùng chắn O¼M ) 0,25 Ta có: MP // CD (cùng vuông góc với AB) nên O· PM P· OD ( so le trong) 0,25 4 2 Mà tam giác OCN cân tại O (OC = ON) nên O· NC O· CN 0,25 Suy ra: O· CN P· OD => CN // OP 0,25 Do O· MP O· NP 900 nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác OMNP có đường 0,25 kính là OP. Nên đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN có đường kính là OP Ta có: CN // OP và MP // CD nên tứ giác OCMP là hình bình hành và suy 0,25 ra OP = CM 1 1 2 3 Ta có AM = AO = R OM = R. Áp dụng định lý Pytago trong tam 3 3 3 0,25 giác vuông OMC nên tính được MC = R 13 3 Suy ra OP = R 13 từ đó ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 3 0,25 OMN bằng R 13 6 5 Do x, y, z 1 đặt a = 1 – x 0, b = 1- y 0, c = 1- z 0 và a + b + c = 1
8. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 suy ra z = 1 – x + 1- y = a + b, y = 1 – x + 1- z = a + c, x = 1- z + 1- y = c + 0,25 b a 2 b2 c2 Khi đó A = a b b c c a 2 Với m, n 0 thì m n 0 m n 2 mn (*) Dấu “=” khi m = n Áp dụng (*) ta có: a 2 a b a 2 a b a 2 a b a 2 a b 2 . a a 0,25 a b 4 a b 4 a b 4 a b 4 b2 b c c2 c a Tương tự ta có: b ; c b c 4 c a 4 a 2 b2 c2 a b c 1 Suy ra: = 0,25 a b b c c a 2 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 suy ra x = y = z = 2 3 3 0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 1 khi x = y = z = 2 2 3
9. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 Së gd vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh vao líp 10 THPT Thanh ho¸ N¨m häc: 2011 - 2012 §Ò thi chÝnh thøc M«n thi: To¸n ®Ò B Thêi gian lµm bµi : 120 phót Ngµy thi: 30 th¸ng 6 n¨m 2011 Bµi 1: ( 1,5 ®iÓm ) 1. Cho hai sè : b1 = 1 + 2 ; b2 = 1 - 2 . TÝnh b1 + b2 m 2n 1 2. Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh 2m n 3 Bµi 2: ( 1,5 ®iÓm ) b b 4 b 1 1 Cho biÓu thøc B = ( ) : víi b 0 vµ b 4 b 2 b 2 b 4 b 2 1. Rót gän biÓu thøc B 2. TÝnh gi¸ trÞ cña B t¹i b = 6 + 4 2 Bµi 3: ( 2,5 ®iÓm ) Cho ph-¬ng tr×nh : x2 - ( 2n -1 )x + n (n - 1) = 0 ( 1 ) víi n lµ tham sè 1. Gi¶i ph-¬ng tr×nh (1) víi n = 2 2. CMR ph-¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi n 3. Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh (1) ( v¬Ý x1 < x2) 2 Chøng minh : x1 - 2x2 + 3 0 . Bµi 4: ( 3 ®iÓm ) Cho tam gi¸c BCD cã 3 gãc nhän. C¸c ®-êng cao CE vµ DF c¾t nhau t¹i H . 1. CM: Tø gi¸c BFHE néi tiÕp ®-îc trong mét ®-êng trßn 2. Chøng minh BFE vµ BDC ®ång d¹ng 3. KÎ tiÕp tuyÕn Ey cña ®-êng trßn t©m O ®-êng kÝnh CD c¾t BH t¹i N. CMR: N lµ trung ®iÓm cña BH . Bµi 5: ( 1 ®iÓm ) Cho c¸c sè d-¬ng x, y , z . Chøng minh bÊt ®¼ng thøc: x y z 2 y z x z x y ===
10. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 H¦íNG DÉN GI¶I §Ò tuyÓn sinh M¤N TO¸N VµO líp 10 THPT Thanh ho¸ N¨m häc: 2011 - 2012 Bµi 1: ( 1,5 ®iÓm ) 1. Cho hai sè : b1 = 1 + 2 ; b2 = 1 - 2 . TÝnh b1 + b2 m 2n 1 2. Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh 2m n 3 HD : 1. Theo bµi ra ta cã : b1 + b2 = 1 - 2 + 1 - 2 = 2 VËy b1 + b2 = 2 m 2n 1 2m 4n 2 5n 5 2. Gi¶i hÖ ph-¬ng tr×nh   2m n 3 2m n 3 2m n 3 n 1  VËy hÖ ®· cho cã 1 cÆp nghiÖm ( n = 1 ; m = -1 ) m 1 Bµi 2: ( 1,5 ®iÓm ) b b 4 b 1 1 Cho biÓu thøc B = ( ) : víi b 0 vµ b 4 b 2 b 2 b 4 b 2 3. Rót gän biÓu thøc B 4. TÝnh gi¸ trÞ cña B t¹i b = 6 + 4 2 HD : 1. Víi víi b 0 vµ b 4 khi ®ã ta cã : b 2 b b 2 b 4 b 1 1 B = ( ) : b 4 b 2 1 1 b 2 1 = ( ) : b 4 b 2 ( b 2)( b 2) 2 b 2. Víi b = 6 + 4 2 V× : 6 + 42 = 2 + 42 + 2 = ( 2 + 2 )2 1 1 1 1 2 => B = 2 b 2 (2 2) 2 2 (2 2) 2 2 Bµi 3: ( 2,5 ®iÓm ) Cho ph-¬ng tr×nh : x2 - (2n -1 )x + n (n - 1) = 0 ( 1 ) víi n lµ tham sè 4. Gi¶i ph-¬ng tr×nh (1) víi n = 2 5. CMR: Ph-¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi n
11. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 6. Gäi x1 , x2 lµ hai nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh (1) ( v¬Ý x1 > 0 n vËy ph-¬ng tr×nh ®· cho lu«n cãhai nghiÖm ph©n biÖt x1 = n -1 vµ x2 = n . 2 2 3. Theo bµi ra ta cã : x1 - 2x2 + 3 = ( n - 1 ) -2n + 3 = n2 - 4n + 4 = ( n - 2 )2 V× ( n - 2)2 0n . dÊu b»ng x¶y ra khi n = 2 2 2 VËy : x1 - 2x2 + 3 = ( n - 2 ) ≥ 0 víi mäi n ( §pcm ) Bµi 4: ( 3 ®iÓm ) Cho tam gi¸c BCD cã 3 gãc nhän . C¸c ®-êng cao CE vµ DF c¾t nhau t¹i H . 4. CM : Tø gi¸c BFHE néi tiÕp ®-îc trong mét ®-êng trßn 5. Chøng minh BFE vµ BDC ®ång d¹ng 6. KÎ tiÕp tuyÕn Ey cña ®-êng trßn t©m O ®-êng kÝnh CD c¾t BH t¹i N. CMR: N lµ trung ®iÓm cña BH . B HD : a. Ta cã :  BFH =  BEC = 90 0 ( Theo gi¶ thiÕt)   BFH +  BEC = 1800 tø gi¸c BFHE néi tiÕp ®-êng trßn ®-êng kÝnh N BH . F H  E H b. XÐt tø gi¸c CFED ta cã : H CED =  DFC = 900 ( cïng nh×n ®o¹n th¼ng CD d-íi mét gãc vu«ng) C D => CFED néi tiÕp ®-êng trßn ®-êng kÝnh CD . =>  EFD =  ECD ( Cïng ch¾n cung ED ) O MÆt kh¸c ta l¹i cã :  BFE = 900 -  EFD = 900 -  ECD =  EDC => BFE =  EDC (1 ) XÐt hai tam gi¸c : BFE vµ BDC ta cã :  B : Chung => BFE ®ång d¹ng BDC ( g -g ) ( §pcm )  BFE =  EDC c. Ta cã : BNE c©n t¹i N ThËt vËy :  EBH =  EFH ( Cïng ch¾n cung EH ) (1)
12. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 MÆt kh¸c ta l¹i cã :  BEN = 1/2 s® cung ED ( Gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn vµ d©y cung ) =>  ECD =  BEN =  EFH (2) Tõ (1 ) vµ (2) ta cã :  EFH =  BEN => BNE c©n t¹i N => BN = EN ( 3) Mµ BEH vu«ng t¹i E => EN lµ ®-êng trung tuyÕn cña tam gi¸c BHE => N lµ trung ®iÓm cña BH (§pcm ) Bµi 5 : ( 1 ®iÓm ) Cho c¸c sè d-¬ng x, y , z . Chøng minh bÊt ®¼ng thøc : x y z 2 y z x z x y Áp dông B§T Cosi ta cã : y z 1 y z x y z x 2x .1 x x 2 2x y z x y z x z 1 x z y x y z y 2y .1 y 2 2y x z x y z y x 1 y x x y z z 2z .1 z z 2 2z y x x y z x y z 2(x y z) Céng vÕ víi vÕ ta cã : 2 dÊu b»ng x¶y ra y z x z y x x y z y+ z = x x+ z = y  x + y + z = 0 y+ x = z V× x, y ,z > 0 nªn x + y + z > 0 vËy dÊu b»ng kh«ng thÓ x¶y ra . x y z => 2 víi mäi x, y , z > 0 ( §pcm ) y z x z y x Cach 2: BÀI 5 (1 Đ) cho các số thực dương x,y,z cm rằng bất đẳng thức x y z 2 y z x z x y x x Ta có y z x y z x y z x 2x x 2x Cosi mẫu x y z => => 2 x y z x y z y z x y z
13. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 y 2y Tương tự x z x y z z 2z x y x y z x y z Cộng lại 2 y z x z x y Dấu bằng xảy ra  x=y=z =0 ( không thỏa mãn điều kiện) vậy không xảy ra bất x y z =>>>>>>>>>>>>>>> 2 y z x z x y SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 (Đợt 2) Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (2,5 điểm). 1) Cho hàm số y f (x) x2 2x 5 . a. Tính f (x) khi: x 0; x 3 . b. Tìm x biết: f (x) 5; f (x) 2 . 2) Giải bất phương trình: 3(x 4) x 6 Câu 2 (2,5 điểm). 1) Cho hàm số bậc nhất y m – 2 x m 3 (d) a. Tìm m để hàm số đồng biến. b. Tìm m để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y 2x 3 . x y 3m 2 2) Cho hệ phương trình 2x y 5 x2 y 5 Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm x; y sao cho 4 . y 1 Câu 3 (1,0 điểm). Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm trong 6 ngày thì xong công việc. Hai người làm cùng nhau trong 3 ngày thì người thứ nhất được chuyển đi làm công việc khác, người thứ hai làm một mình trong 4,5 ngày (bốn ngày rưỡi) nữa thì hoàn thành công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người hoàn thành công việc đó trong bao lâu. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AO lấy điểm M (M khác A và O). Tia CM cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là N. Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O; R) tại N. Tiếp tuyến này cắt đường thẳng vuông góc với AB tại M ở P.
14. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 4) Chứng minh: OMNP là tứ giác nội tiếp. 5) Chứng minh: CN // OP. 1 6) Khi AM AO . Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN theo R. 3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho ba số x, y, z thoả mãn 0 x, y, z 1 và x y z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (x 1)2 (y 1)2 (z 1)2 A = z x y Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 Đáp án gồm: 02 trang I, HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm Với x = 0 tính được f(0) = -5 0,5 1.a Với x = 3 tính được f(3) = 10 0,5 Khi f(x) = -5 tìm được x = 0; x = - 2 0,5 1 1.b Khi f(x) = -2 tìm được x = 1; x = -3 0,5 Biến đổi được về 3x – 12 > x – 6 0,25 2 Giải được nghiệm x > 3 0,25 1.a Để hàm số đồng biến thì m – 2 > 0 0,25 Tìm được m > 2 và kết luận 0,25 m 2 2 Để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y = 2x – 3 thì 0,5 m 3 3 2 1.b m 4 0,25 m 6 m = 4 0,25 2 Giải hệ được x = m + 1; y = 2m - 3 0,25 Đặt điều kiện: y + 1 0 2m – 3 + 1 0 m 1 0,25
15. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 x2 y 5 Có: 4 x2 y 5 4(y 1) x2 y 5 4y 4 0 x2 5y 9 0 y 1 0,25 Thay x = m + 1; y = 2m – 3 ta được: (m + 1)2 – 5(2m - 3) – 9 = 0 m2 – 8m + 7 = 0. Giải phương trình được m = 1; m = 7 So sánh với điều kiện suy ra m = 1 (loại); m = 7 (thoả mãn) 0,25 Gọi thời gian người 1, người 2 làm một mình xong công việc lần lượt là x, y ngày (x, y > 0) 0,25 1 1 Trong một ngày người 1 và người 2 lần lượt làm được và công việc. x y 0,25 1 1 1 suy ra phương trình: 3 x y 6 3 7,5 Người 1 làm trong 3 ngày và người 2 làm trong 7,5 ngày lần lượt được và công x y 0,25 3 7,5 việc suy ra phương trình: 1 x y Giải hệ được x = 18, y = 9. So sánh với điều kiện và kết luận 0,25 Hình vẽ đúng: C A M O B 0,25 N 1 P D Có O· MP 900 (MP  AB) 0,25 Có O· NP 900 (tính chất tiếp tuyến) 0,25 Do đó O· MP O· NP 900 suy ra OMNP là tứ giác nội tiếp 0,25 4 Do OMNP là tứ giác nội tiếp nên O· NC O· PM (cùng chắn O¼M ) 0,25 Ta có: MP // CD (cùng vuông góc với AB) nên O· PM P· OD ( so le trong) 0,25 2 Mà tam giác OCN cân tại O (OC = ON) nên O· NC O· CN 0,25 Suy ra: O· CN P· OD => CN // OP 0,25 Do O· MP O· NP 900 nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác OMNP có đường kính là OP. 0,25 Nên đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN có đường kính là OP Ta có: CN // OP và MP // CD nên tứ giác OCMP là hình bình hành và suy ra OP = CM 0,25 3 1 1 2 Ta có AM = AO = R OM = R. Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông 3 3 3 0,25 R 13 OMC nên tính được MC = 3
16. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 R 13 R 13 Suy ra OP = từ đó ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 0,25 3 6 Do x, y, z 1 đặt a = 1 – x 0, b = 1- y 0, c = 1- z 0 và a + b + c = 1 suy ra z = 1 – x + 1- y = a + b, y = 1 – x + 1- z = a + c, x = 1- z + 1- y = c + b a 2 b2 c2 0,25 Khi đó A = a b b c c a 5 2 Với m, n 0 thì m n 0 m n 2 mn (*) Dấu “=” khi m = n a 2 a b a 2 a b a 2 a b a 2 a b Áp dụng (*) ta có: 2 . a a 0,25 a b 4 a b 4 a b 4 a b 4 b2 b c c2 c a Tương tự ta có: b ; c b c 4 c a 4 a 2 b2 c2 a b c 1 Suy ra: = 0,25 a b b c c a 2 2 1 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = suy ra x = y = z = 3 3 0,25 1 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng khi x = y = z = 2 3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG NAM Năm học 2011 – 2012 Khóa thi ngày 30 tháng 6 năm 2011 MÔN TOÁN Thời gian 120 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: A = 2 5 3 45 500 1 15 12 B = 3 2 5 2 Bài 2 (2,5 điểm) 3x y 1 1) Giải hệ phương trình 3x 8y 19 2) Cho phương trình bậc hai: x2 – mx + m – 1 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 4 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức : 1 1 x x 1 2 x1 x2 2011 1 Bài 3 (1,5 điểm) Cho hàm số y = x2 4 1) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đó
17. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 2) Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2 và cắt đồ thị (P) nói trên tại điểm có hoành độ bằng 2. Bài 4 (4 điểm) Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa của cung AB. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = CB. OD cắt AC tại M. Từ A kẻ AH vuông góc với OD (H thuộc OD). AH cắt DB tại N và cắt nửa đường tròn (O;R) tại E. 1) Chúng minh MCNH là tứ giác nội tiếp và OD song song với EB 2) Gọi K là giao điểm của EC và OD. Chứng minh rằng CKD CEB . Suy ra C là trung điểm của KE 3) Chúng minh tam giác EHK vuông cân và MN song song với AB 4) Tính theo R diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH. === Hết ===
18. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 LỜI GIẢI SƠ LƯỢC: Bài 1: (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức: 1 15 12 A = 2 5 3 45 500 B = 3 2 5 2 3 2 3( 5 4) 2 5 3 9.5 5.100 3 2 5 2 2 5 9 5 10 5 3 2 3 5 2 Bài 2: (2,5 điểm) 1)Giải hệ phương trình 3x y 1 y 2 3x 8y 19 3x 2 1 3x y 1 y 2 3x 8y 19 3x 3 9y 18 x 1 3x y 1 y 2 2) Cho phương trình bậc hai: x2 – mx + m – 1 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 4 Thay m = 4 ta được pt: x2 – 4x + 3 = 0 c P trình có a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên x1 = 1; x2 = = 3 a b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức : 1 1 x x 1 2 x1 x2 2011 1 1 x1 x2 Điều kiện để biểu thức có nghĩa: x1.x2 0  m 1 x1 x2 2011 vì khi m = 1 thì (1) trở thành x2 – x = 0 có nghiệm x = 0 b2 4ac m2 4(m 1) m2 4m 4 (m 2)2 0 m b x x m 1 2 a Áp dụng định lý Vi-ét: c x x m 1 1 2 a 1 1 x x x x x x Theo đề bài : 1 2  1 2 1 2 x1 x2 2011 x1x2 2011
19. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 x1 x2 0 m 0 m 0  (thỏa mãn đk) x1x2 2011 m 1 2011 m 2012 Vậy m = 0 hoặc m = 2012 thì pt (1) có hai nghiệm thỏa mãn hệ thức đã cho 1 Bài 3: (1,5 điểm) Cho hàm số y = x2 4 1) Vẽ đồ thị (P): Bạn đọc tự vẽ 2) Vì (d): y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng -2 nên b = -2 Vì (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 2 nên giao điểm này nằm trên (P); do đó tung độ giao điểm: 1 y = .22 1 4 Thay các giá trị đã biết vào pt (d) ta được : 1 = a . 2 + (-2) hay 2a = 3 3 3 Suy ra a = Vậy pt đt (d) cần tìm là y = x – 2. 2 2 D Bài 4: 1) Ta có ACB 90o 2) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) o MHN = 90 (giả thiết) K => CE = CK. Vậy C là trung điểm của KE 3) Tam giác EHK có <H = 90o (gt) và HÊC = 45o (góc nội tiếp chắn ¼ đ tròn) Do đó tgEHK vuông cân tại H trung tuyến (C là trung điểm của KE) góc CHK = 45o Tam giác EHK vuông cân tại H, có HC là Nên HC cũng là phân giác. Suy ra: Mà <MNC = <KHC (cùng chắn cung MC) nên <MNC = 45o Mặt khác <ABC = 45o . Suy ra <MNC = <ABC , Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên: MN // AB. CM 1 4) Tam giác DAB có DO và AC là hai trung tuyến nên M là trọng tâm. Suy ra CA 3 MN CM 1 Vì MN // AB (cm trên) nên áp dụng đ/lý Talet vào tam giác DOB ta được AB CA 3
20. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 2R MN = . Do đó diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH có MN là đường kính nên: 3 2 MN 2 R S = ( ) = 2 9 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY :29/06/2011 Đề chính thức Môn thi: Toán Thời gian : 120 phút ( Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 30/6/2011 Bài 1 (2điểm) 3x y 7 a) Giải hệ phương trình : 2x y 8 b) Cho hàm số y = ax + b.Tìm a và b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng y = - 2x +3 và đi qua điểm M( 2;5) Bài 2: (2điểm) Cho phương trình x2 2(m 1)x m 4 0 (m là tham số) a)Giải phương trình khi m = -5 b)Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 2 2 c)Tìm m sao cho phương trình đã cho có hai nghiêm x1, x2 thỏa mãn hệ thức x1 x2 3x1x2 0 Bài 3 : (2điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6m và bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi.Tính diện tích hình chữ nhật Bài 4: (3điểm) Cho đường tròn tâm O, vẽ dây cung BC không đi qua tâm.Trên tia đối của tia BC lấy điểm M bất kì.Đường thẳng đi qua M cắt đường (O) lần lượt tại hai điểm N và P (N nằm giữa M và P) sao cho O năm bên trong góc PMC. Trên cung nhỏ NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng cung AP.Hai dây cung AB,AC cắt NP lần lượt tại D và E. a)Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp. b) Chứng minh : MB.MC = MN.MP c) Bán kính OA cắt NP tại K. Chứng minh: MK 2 MB.MC Bài 5 (1điểm) x2 2x 2011 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A (với x 0 x2 LỜI GIẢI Bài 1 (2điểm) a) Giải hệ phương trình: 3x y 7 5x 15 x 3 2x y 8 2x y 8 y 2 x 3 Vậy nghiệm hệ Pt: y 2 b) Vì đồ thị h/s: y = ax + b // đt y = -2x + 3 . Nên: a = -2 và b 3 Vậy h/s cần tìm: y = -2x + b ( Với b 3) Vì đồ thị h/s y = -2x + b qua điểm M( 2; 5). Nên: 5 = -2. 2 + b ==> b = 9 ( 3. Thõa điều kiện) a 2 Vậy Và h/s là: y = -2x + 9 b 9
21. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 Bài 2: (2điểm) Phương trình x2 2(m 1)x m 4 0 (m là tham số) (1) a) Với m = -5: Pt (1) viết: x2 2( 5 1)x 5 4 0 x2 8x 9 0 (a = 1; b = -8 ; c = -9 ) Ta có: a – b + c = 1 – (- 8) + (- 9) = 0 ==> Pt có 2 nghiệm phân biệt: x 1 = - 1; x 2 = 9 b) Pt: x2 2(m 1)x m 4 0 ( 1) ( a = 1 ; b’ = m + 1 ; c = m – 4 ) 2 2 ' 2 2 1 19 1 m 1 m 4 m m 5 m 0 với mọi m (Do m 0 vơi mọi m) 2 4 2 ==> Pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. ' c) Pt (1) có 0 với mọi m ==> Pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m. Theo Viets có: x1 + x2 = - 2(m +1) x1. x2 = m – 4. 2 2 2 2 Ta có: x1 x2 3x1x2 0 x1 x2 x1.x2 0 2 m 1 m 3 0 m 0 2 4m 9m 0 m 4m 9 0 9 m 4 Bài 3 : (2điểm) Gọi x (m) là chiều rộng hcn (x > 0 ) Chiều dài hcn là: x + 6 (m) Bình phương độ dài đường chéo hcn là: x2 + (x + 6)2 (m2). Chu vi hcn là: 2(x + x + 6) = 2( 2x + 6) (m). Ta có Pt: x2 + (x + 6)2 = 10( 2x + 6) x2 – 4x – 12 = 0 ( a = 1; b’ = - 2 ; c = -12 ) ' = (-2)2 -1.(-12) 16 > 0 ; ' 16 4 . Pt có hai nghiệm phân biệt: 2 4 2 4 x 6 ( > 0 Thõa ĐK) x 2 ( D1 Sd ANB ACB 2 2 E 1 K ¶ ¶ 0 Vì: D1 D2 180 ( DoM; D ; P thẳng hàng) D N 2 · ¶ 0 1 2 1 ==> ACB D2 180 O Vậy: BDEC nội tiếp. ( Đlí) b) Chứng minh : MB.MC = MN.MP 1 1 Xét: VABP và VMNC Ta có: M B C
22. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 ¶ M1 (chung) µ µ » P1 C1 (cùng chắn cung NB ) ==> VABP : VMNC (g-g) MB MP ==> ==> MB.MC = MN.MP. MN MC c) Chứng minh: MK 2 MB.MC : Xét (O) ta có: »AP »AN (gt) µ ¶ ==> O1 O2 (góc ở tâm chắn hai cung bằng nhau) ==> OA là phân giác N· OP Mặt khác VONP có ON = OP (bán kính (O)) A Nên: VONP cân tại O P ==> OA là trung tuyến VONP . Gọi K là giao điểm của MP và AO E 1 NP NP K ==> NK = KP = a 0 (Đặt a ) D N 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 Ta có MN.MP = ( MK – a )(MK + a ) = MK – a 0) O Mà: MB.MC = MN.MP. (Cmt) 2 ==> MB.MC A nho nhât Khi x0 = 2011 . 0 2011
23. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 (Đợt 1 ) Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (3,0 điểm). 2) Giải các phương trình: a.5(x 1) 3x 7 4 2 3x 4 b. x 1 x x(x 1) 2) Cho hai đường thẳng (d 1): y 2x 5 ; (d2): y 4x 1cắt nhau tại I. Tìm m để đường thẳng (d3): y (m 1)x 2m 1 đi qua điểm I. Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình: x2 2(m 1)x 2m 0 (1) (với ẩn là x ). 1) Giải phương trình (1) khi m =1. 2) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . 3) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1 ; x2 . Tìm giá trị của m để x ;1 x là2 độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 . Câu 3 (1,0 điểm). Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4 m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích 77 m2. Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu? Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có Â > 900. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. 4) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 5) Gọi F là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A). Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD. 6) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH.BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng: x y z 1. x 3x yz y 3y zx z 3z xy Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
24. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011 Đáp án gồm: 02 trang I, HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm Biến đổi được 5x + 5 = 3x + 7 0,5 1.a 2x 2 x = 1 0,5 Điều kiện: x 0 và x 1 0,25 1.b Biến đổi được phương trình: 4x + 2x – 2 = 3x + 4 3x = 6 x = 2 0,5 So sánh với điều kiện và kết luận nghiệm x = 2 0,25 1 Do I là giao điểm của (d1) và (d2) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương trình: y 2x 5 0,25 y 4x 1 2 Giải hệ tìm được I(-1; 3) 0,25 Do (d3) đi qua I nên ta có 3 = (m+ 1)(-1) + 2m -1 0,25 Giải phương trình tìm được m = 5 0,25 Khi m = 1 ta có phương trình x2 – 4x + 2 = 0 0,25 1 0,25 Giải phương trình được x1 2 2 ; x2 2 2 Tính ' m2 1 0,25 2 Khẳng định phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25 2 2m 2 0 Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương m 0 0,25 2m 0 2 2 2 3 Theo giả thiết có x1 + x2 = 12 (x1 + x2) – 2x1x2 = 12 0,25 4(m 1)2 4m 12 m2 + m – 2 = 0 0,25 Giải phương trình được m = 1 ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25 Gọi kích thước của hình chữ nhật là a, b (m) điều kiện a, b > 0 0,25 3 Do chu vi của hình chữ nhật bằng 52 nên ta có a + b = 26 0,25 Sau khi giảm mỗi chiều đi 4 m thì hình chữ nhật mới có kích thước là a – 4 và b – 4 0,25
25. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 nên (a – 4)(b – 4) = 77 Giải hệ phương trình và kết luận được các kích thước là 15 m và 11 m 0,25 Hình vẽ đúng: x E D A H 0,25 O O' 1 B F C Lập luận có A· EB 900 0,25 Lập luận có A· DC 900 0,25 Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 0,25 4 Ta có A· FB A· FC 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra A· FB A· FC 1800 0,25 Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng 2 A· FE A· BE (cùng chắn A»E ) và A· FD A· CD (cùng chắn A»D ) 0,25 Mà E· CD E· BD (cùng chắn D»E của tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25 Suy ra: A· FE A· FD => FA là phân giác của góc DFE 0,25 AH EH Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra (1) 0,25 AD ED BH EH 3 Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra (2) 0,5 BD ED AH BH Từ (1), (2) ta có: AH.BD BH.AD 0,25 AD BD 2 Từ x yz 0 x2 yz 2x yz (*) Dấu “=” khi x2 = yz 0,25 Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) x(y z) 2x yz 0,25 Suy ra 3x yz x(y z) 2x yz x ( y z) (Áp dụng (*)) 5 x x x 3x yz x ( x y z) (1) x 3x yz x y z 0,25 y y z z Tương tự ta có: (2), (3) y 3y zx x y z z 3z xy x y z
26. HO QUYNH HUONG -Gmai@.com.– Tuyển sinh 10 NAM 2011-2012 x y z Từ (1), (2), (3) ta có 1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy 0,25 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1