Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán - Sở GD&ĐT Thái Bình - Năm học 2010-2011 (Có đáp án)

ĐỀ THI VÀO 10 Bài 1. (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức: A = với x > 0, x ¹ 9. Chứng minh rằng : . Bài 2.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = (k – 1)x + n và hai điểm A(0 ; 2), B (-1 ; 0) Tìm các giá trị của k và n để : Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (D) : y = x + 2 – k. Cho n = 2. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB. Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai : x2 – 2mx + m – 7 (1) (với m là tham số). Giải phương trình (1) với m = -1. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức : Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O ; R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giã] O và B). trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O ; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O ; R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E. Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp và DCAE đồng dạng với DCHK. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh DNFK cân. Giả sử KE = KC. Chứng minh : OK // MN và Bài 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng : (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 ³ HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. (2,0 điểm) Với x > 0, x ¹ 9, thì : A A Biến đổi vế trái, ta có : Vậy Bài 2.(2,0 điểm) a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B, nên ta có hệ : Û Vậy với k = 3; n = 2 thì (d) đi qua hai diểm A(0 ; 2) và B(-1 ; 0). b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (D) khi và chỉ khi : Û Vậy với k = 2 và n ¹ 0 thì đường thẳng (d) song song với đường thẳng (D). Với n = 2, phương trình đường thẳng (d) là : y = (k – 1)x + 2. Để (d) cắt trục Ox thì k – 1 ¹ 0 Û k ¹ 1. Khi đó giao điểm của (d) và Ox là C Các tam giác OAB và OAC đều vuông tại O, nên: ; . Theo giả thiết : SOAC = 2SOAB Û OC = 2OB Dễ thấy OC = , OB = 1 (đvđd) nên ta có : = 2 Û |1 – k| = 1 Û k = 0 hoặc k = 2. Vậy với k = 0 hoặc k = 2 thì SOAC = 2SOAB . Bài 3. (2,0 điểm) Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành : x2 + 2x – 8 = 0 D’ = 1 + 8 = 9 > 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = -1 – 3 = -4 ; x2 = -1 + 3 = 2. Xét D’ = m2 - m + 7> 0 "m Þ (1) luôn có hai nghiệm phân biệt "m. Vì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m nên định lí Vi-et ta có: Theo bài ra Û Û m = 8 (thoả mãn) Vậy giá trị m cần tìm là m = 8. Bài 4. (3,5 điểm) Hình 1 Hình 2 (Hình 1) *) Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp : Dễ thấy (vì MN ^ AB) và (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay Xét tứ giác AHEK có nên là tứ giác nội tiếp. *) Chứng minh DCAE ~ DCHK Xét DCAE và DCHK có : chung (góc nội tiếp cùng chắn ) Do đó DCAE ~ DCHK (g – g) (Hình 1) Vì BK ^ AC () và NF ^ AC (gt) nên BK // NF (cùng ^ AC). Do đó : (đồng vị) và (so le trong) (1) Mặt khác và mà (vì đường kính AB vuông góc với dây cung MN) nên (2) Từ (1) và (2) suy ra . Vậy DKNF cân tại K. (Hình 2) *) Chứng minh OK // MN Nếu KE = KC thì DKEC vuông cân tại K Þ . Tứ giác AHEK nội tiếp nên Þ DAKB vuông cân tại K Þ OK ^ AB Mà MN ^ AB (gt) nên OK // MN. *) Chứng minh Gọi I là giao điểm của KO với (O ; R) thì IK // MN. Vì IK và MN là hai dây cung của (O) nên Þ MI = KN DKMI có KI là đường kính của (O) nên vuông tại M. Áp dụng định lí Pitago, ta có : hay Bài 5. (0,5 điểm) Cách 1. Không giảm tổng quát, có thể giả sử c = min(a ; b ; c). Từ giả thiết a + b + c = 3 Þ 3c £ a + b + c Þ c £ 1. Do đó 0 £ c £ 1. Đặt a = 1 + x, b = 1 + y thì c = 1 – x – y. Do 0 £ c £ 1 nên 0 £ x + y £ 1. Ta có : (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 = x3 + y3 + (-x – y)3 = -3xy(x + y). Mặt khác (x – y)2 ³ 0 "x, y Þ xy £ Þ xy(x + y) £ £ (vì 0 £ x + y £ 1) Þ -3xy(x + y) ³ . Dấu bằng xảy ra Û x = y = (khi đó a = b = , c = 0) Vậy (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 ³ . Cách 2. Ta có: Þ (1) (do a ³ 0 và ) Tương tự: (2) (3) Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta được : (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 ³ Vậy (a – 1)3 + (b – 1)3 + (c – 1)3 ³. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :