Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt môn: toán thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức (không sử dụng máy tính cầm tay): a) ; b) , với a > 0 và . Câu 2 (1,5 điểm) Giải các phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay): a) ; b) . Câu 3 (1,0 điểm) Vẽ đồ thị (d) của hàm số y = -x + 3; Tìm trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau. Câu 4 (1,0 điểm) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 3x -5 = 0. Tính giá trị của biểu thức . Câu 5 (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Tính chu vi của một hình chữ nhật, biết rằng nếu tăng mỗi chiều của hình chữ nhật thêm 4m thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 80m2 ; nếu giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài 5m thì diện tích hình chữ nhật bằng diện tích ban đầu. Câu 6 (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ È vuông góc với AD (FAD; FO). Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được; Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF; Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO. --------------------HẾT------------------- Họ và tên thí sinh: ..Số báo danh:.. Đáp Án : Câu 1 (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức (không sử dụng máy tính cầm tay): a) ; b) Câu 2 (1,5 điểm) Giải các phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay): a) Ta có (a=1; b=-5; c=4) a+b+c=0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = 1 và x2 = 4. b) . Điều kiện: , ta có: . Câu 3 (1,0 điểm) Vẽ đồ thị (d) của hàm số y = -x + 3. Đồ thị (d) là đường thẳng đi qua hai điểm A(0; 3) và B(3; 0). Tìm trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau. Gọi M là điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau, khi đó giả sử M(a; a) (d) thì : a = -a + 3 2a = 3. Vậy trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau là . Câu 4 (1,0 điểm) Do x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 3x -5 = 0. Nên theo vi-ét, ta có: Vậy: . Câu 5 (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là a và b (a > b > 2m). Diện tích của hình chữ nhật sau khi tăng chiều dài và chiều rộng thêm 4m là 80m2 nên ta có phương trình: (a + 4)(b + 4) = 80 + ab (1) Nhưng giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài 5m thì diện tích hình chữ nhật bằng diện tích ban đầu nên ta có phương trình: ab = (a + 5)(b - 2) (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: Vậy chu vi của hình chữ nhật là: 32m. Câu 6 (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD (FAD; FO). Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được; Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF; Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO. Giải: a) Ta có: (Do chắn nữa đương tròn đường kính AD ) (1) (Do ) (2) Từ (1)và (2) suy ra: nên tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đương kính AE. b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn đương kính DE (Hsinh tự c/m) (cùng chắn ) (3) Mặt khác trong (O) ta củng có (cùng chắn ) (4) Từ (3) và (4) suy ra: . Vậy tia CA là tia phân giác của góc BCF. (đpcm) c) Chứng minh: CM.DB = DF.DO. Do M là trung điểm của DE nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCEF. cân tại M, hay MD = CM. (5) Mặt khác hai tam giác cân MDF và ODB đồng dạng với nhau nên (6) Từ (5) và (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm) Lưu ý: Đáp án trên còn có nhiều cách giải khác. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ----- ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012 ----- MÔN THI: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 22/6/2011 Câu 1. (1,5 điểm) Tính: a) b) Tính giá trị biểu thức: A = . Câu 2. (1,5 điểm) Cho hàm số (1) Vẽ đồ thị (d) của hàm số khi Tìm giá trị của để đồ thị hàm số (1) đồng biến. Câu 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình: Câu 4. (2,5 điểm) a) Phương trình: có 2 nghiệm . Tính giá trị: X = b) Một phòng họp dự định có 120 người dự họp, nhưng khi họp có 160 người tham dự nên phải kê thêm 2 dãy ghế và mỗi dãy phải kê thêm một ghế nữa thì vừa đủ. Tính số dãy ghế dự định lúc đầu. Biết rằng số dãy ghế lúc đầu trong phòng nhiều hơn 20 dãy ghế và số ghế trên mỗi dãy ghế là bằng nhau. Câu 5. (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Tính chu vi tam giác ABC biết: AC = 5 cm, HC = cm. Câu 6. (2,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB; Vẽ tiếp tuyến Ax, By với đường tròn tâm O. Lấy E trên nửa đường tròn, qua E vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax tại D cắt By tại C Chứng minh: OADE nội tiếp được đường tròn Nối AC cắt BD tại F. Chứng minh: EF song song với AD --------- HẾT-------- (Thí sinh được sử dụng máy tính theo quy chế hiện hành) ĐÁP ÁN CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 2. 3. 4. 5. 6. a) b) A = = a) Khi thì hàm số (1) trở thành: 0 -2 2 0 Xét hàm số ta có bảng giá trị: b) (1) Để đồ thị của hàm số (1) đồng biến thì: a) Phương trình: (a = 1 ; b = -1 ; c = -3) Ta có: a.c = 1 . (-3) = -3 < 0 phương trình có 2 nghiệm . Theo định lí Vi-ét ta có : (I) Theo đề ta có: X = = = Thay hệ thức (I) vào biểu thức X ta được: X =-3 . [12 – 2 (-3)] + 21 = -21 + 21 = 0 b) Gọi (dãy) là số dãy ghế dự đinh lúc đầu(và) Khi đó (dãy) là số dãy ghế lúc sau Số ghế trong mỗi dãy lúc đầu: (ghế) Số ghế trong mỗi dãy lúc sau: ghế Do phải kê thêm mỗi dãy một ghế nữa thì vừa đủ nên ta có phương trình : Vậy số dãy ghế dự định lúc đầu là 30 dãy Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong ∆ABC (). Ta có: AC2 = BC. HC Áp dụng định lí Pytago trong ∆ABC () ta có: BC2 = AC2 + AB2 (cm) Chu vi tam giác ABC là: AB + BC + AC = 12 + 13 + 5 = 30 (cm) a) Chứng minh: AOED nội tiếp được đường tròn: Xét tứ giác AOED có: b) Chứng minh EF song song với AD Ta có : (1) (2) Mà AD = DE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) BC = CE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Từ (1) và (2) . Theo định lí Talet đảo suy ra: EF // AD ------------HẾT------------- SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH THUẬN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Khóa ngày: 26 – 6 – 2011 Môn thi: TOÁN - Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ: Bài 1: (2,0 điểm) Cho đường thẳng (d): y = -x + 2 và parabol (P): y = x2 Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ. Bằng đồ thị hãy xác định tọa độ các giao điểm của (d) và (P). Bài 2: (2,0 điểm) Giải phương trình: 3x2 – 4x – 2 = 0. Giải hệ phương trình: Bài 3: (2,0 điểm) Cho biểu thức: P = , với x 0 a/ Rút gọn biểu thức P. b/ Tìm các giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên. Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc BAC = 600, đường phân giác trong của góc ABC là BD và đường phân giác trong của góc ACB là CE cắt nhau tại I (D AC và E AB) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn. Chứng minh rằng: ID = IE. Chứng minh rằng: BA.BE = BD. BI Bài 5: (1,0 điểm) Cho hình vuông ABCD. Qua điểm A vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC tại E và cắt đường thẳng CD tại F. Chứng minh rằng: ĐÁP ÁN Bài 1: (2,0 điểm) a) Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Bằng đồ thị hãy xác định tọa độ các giao điểm của (d) và (P). Tọa độ các giao điểm của (d) và (P). A ( 1 ; 1 ) và B ( -2 ; 4 ) . Bài 2: (2,0 điểm) a)Giải phương trình: 3x2 – 4x – 2 = 0. ; b)Giải hệ phương trình : Bài 3: (2,0 điểm) a)Rút gọn biểu thức P. P = , với x 0 = b)Tìm các giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên. Q = = Q Bài 4: (3,0 điểm) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn. Ta có: A = 600 B + C = 1200 IBC + ICB = 600 ( vì BI , CI là phân giác) BIC = 1200 EID = 1200 Tứ giác AEID có : EID + A = 1200 + 600 = 1800 Nên: tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn b) Chứng minh rằng: ID = IE Tam giác ABC có BI và CI là hai đường phân giác, nên CI là phân giác thứ ba EAI = AID cung EI = cung ID . Vậy: EI = ID c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD. BI EAI = EDI ; ABD chung BAI ~BDE BA.BE = BD. BI Bài 5: (1,0 điểm) Chứng minh : Qua A, dựng đường thẳng vuông góc với AF, đường thẳng này cắt đường thẳng CD tại M Ta có: Tứ giác AECM nội tiếp ( vì EAM = ECM = 900) AME = ACE = 450 Tam giác AME vuông cân tại A AE = AM AMF vuông tại A có AD là đường cao, nên : Vì : AD = AB (cạnh hình vuông) ; AM = AE (cmt) Vậy: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút - Ngày thi : 21/06/2011 Bài 1( 2 điểm) Đơn giản biểu thức: A Cho biểu thức: Rút gọn P và chứng tỏ P 0 Bài 2( 2 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + 3 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Hãy lập một phương trình bậc hai có hai nghiệm (x12 + 1 ) và ( x22 + 1). Giải hệ phương trình Bài 3( 2 điểm) Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi đi được 2 giờ,người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B đúng thời gian đã định,người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại.Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp. Bài 4( 4 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E. Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn Chứng minh Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC,đường thẳng AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC. Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a ---------------- Hết ------------ Bài giải : Bài 1 A Bài 2 x2 + 5x + 3 = 0 Có Nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt , nên : x1+ x2 = - 5 ; x1x2 = 3 Do đó S = x12 + 1 + x22 + 1 = (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 2 = 25 – 6 + 2 = 21 Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 1 = 9 + 20 = 29 Vậy phương trình cần lập là : x2 – 21x + 29 = 0 2)ĐK Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x ;y) = ( 2 ;3) Bài 3 : Gọi x(km/h) là vtốc dự định; x > 0 ; có 30 phút = ½ (h) Th gian dự định : Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km) ; Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km) Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h) Th gian đi quãng đường còn lại : Theo đề bài ta có PT: Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán) Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h Bài 4 : c/ Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng Tam giác AHD có OM là đường trung bình => AH = 2 OM Và AH // OM 2 tam giác AHG và MOG có (đ đ) Hay AG = 2MG Tam giác ABC có AM là trung tuyến; G AM Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC d) ( vì BHCD là hình bình hành) có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính là a Nên tam giác BHC cũng nội tiếp (K) có bán kính a Do đó C (K) = ( ĐVĐD) SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC. NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN. Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Câu I (3,0 điểm) Cho biểu thức A = Nêu ĐKXĐ và rút gọn A Tìm giá trị của x để A = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = A - 9 Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m + 2)x + m2 + 7 = 0 (1), (m là tham số) Giải phương trình (1) khi m = 1 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4 Câu 3(1,5 điểm) Quãng đường AB dài 120 km. Hai xe máy khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B. Vận tốc của xe thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe máy thứ nhất đến B trước xe thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc của mỗi xe. Câu 4. (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE tới đường tròn đó (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp. Chứng minh rằng: AH. AO = AD. AE Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt AB tại P và cắt AC tại Q. Chứng minh rằng: IP + KQ PQ ---------------- HẾT------------ ĐÁP ÁN : Câu 1: ĐKXĐ: x > 0, x 1 . Rút gọn: A = A = (thỏa mãn) P = A - 9= - 9= 1 – Áp dụng BĐT Côsi : => P -5. Vậy MaxP = -5 khi x = Câu 2: với m = 1, ta có Pt: x2 – 6x + 8 = 0 => x1 = 2, x2 = 4 xét pt (1) ta có: = (m + 2)2 – (m2 + 7) = 4m – 3 phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 ó m Theo hệ thức Vi-et: Theo giả thiết: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4 m2 + 7 – 4(m +2) = 4 ó m 2 – 4m – 5 = 0 => m1 = - 1(loại) ; m2 = 5 (thỏa mãn) Vậy m = 5 Câu 3: Gọi vận tốc của xe thứ hai là x (km/h), ĐK: x > 0 vận tốc của xe thứ nhất là x + 10 (km/h) Theo bài ra ta có pt: ó x2 + 10x – 1200 = 0 => x1 = 30 (t/m) x2 = - 40 (loại) vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40km/h, của xe thứ hai là 30km/h Câu 4: a) => tứ giác ABOC nội tiếp b) ABD AEB (g.g) => AD.AE = AB2 (1) ABO vuông tại B, BH AO => AH.AO = AB2 (2) => AH. AO = AD. AE c) Áp dung BĐT Côsi: IP + KQ 2 Ta có:APQ cân tại A=>OP = OQ => PQ = 2OP Để C/m IP + KQ PQ ,Ta C/m: IP.KQ = OP2 Thật vậy: BOP = COQ (c.h-g.n) => Theo T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau: , => => Mà Suy ra: Do đó: POI QKO (g.g) IP.KQ = OP.OQ = OP2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2011 - 2012 Môn thi: TOÁN Ngày thi : 22/06/2011 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) Giải phương trình: (2x + 1)(3-x) + 4 = 0 Giải hệ phương trình: Bài 2: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức Bài 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2x – 2m2 = 0 (m là tham số). Giải phương trình khi m = 0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác 0 và thỏa điều kiện . Bài 4: (1,5 điểm) Một hình chữ nhật có chu vi bằng 28 cm và mỗi đường chéo của nó có độ dài 10 cm. Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật đó. Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ AB ( M không trùng với các điểm A và B). Chứng minh rằng MD là đường phân giác của góc BMC. Cho AD = 2R. Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R Gọi K là giao điểm của AB và MD, H là giao điểm của AD và MC. Chứng minh rằng ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy. ----------------------- Hết ------------------ BÀI GIẢI : Bài 1: (2x + 1)(3-x) + 4 = 0 (1) Û -2x2 + 5x + 3 +4 = 0 Û 2x2 – 5x – 7 = 0 (2) Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm là : x1 = -1 và x2 = b) Û Û Û Û Bài 2: Q = = = = 1 Bài 3: a) x2 – 2x – 2m2 = 0 (1) m=0, (1) Û x2 – 2x = 0 Û x(x – 2) = 0 Û x= 0 hay x = 2 b) ∆’ = 1 + 2m2 > 0 với mọi m => phương trình (1) có nghiệm với mọi m Theo Viet, ta có: x1 + x2 = 2 => x1 = 2 – x2 Ta có: => (2 – x2)2 = Û 2 – x2 = hay 2 – x2 = - Û x2 = 2/3 hay x2 = -2. Với x2 = 2/3 thì x1 = 4/3, với x2 = -2 thì x1 = 4 Þ -2m2 = x1.x2 = 8/9 (loại) hay -2m2 = x1.x2 = -8 Û m = ±2 Bài 4: Gọi a, b là độ dài của 2 cạnh hình chữ nhật. Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) và a2 + b2 = 102 = 100 (2) Từ (2) Þ (a + b)2 – 2ab = 100 (3). Thế (1) vào (3) Þ ab = 48 (4) Từ (1) và (4) ta có a, b là nghiệm của phương trình : X2 – 14X + 48 = 0 Þ a = 8 cm và b = 6 cm Bài 5: C A D B M H K I a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 600 nên góc CMD = góc DMB= 300 Þ MD là phân giác của góc BMC b) Xét tứ giác ABCD có 2 đường chéo AD và BC vuông góc nhau nên : SABCD=AD.BC = c) Ta có góc AMD = 900 (chắn ½ đường tròn) Tương tự: DB ^ AB,vậy K chính là trực tâm của DIAD (I là giao điểm của AM và DB) Xét tứ giác AHKM, ta có: góc HAK = góc HMK = 300, nên dễ dàng Þ tứ giác này nội tiếp. Vậy góc AHK = góc AMK = 900 Nên KH vuông góc với AD Vậy HK chính là đường cao phát xuất từ I của DIAD Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy tại I. SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngµy thi: 22 th¸ng 6 n¨m 2011 Bài 1: (2,0 điểm) Bài 2: (2,0 điểm) . Bài 3: (1,5 điểm) Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn . Hai đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BD cắt đường tròn tại điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn tại điểm thứ hai Q. Chứng minh: 1/ Tứ giác BEDC nội tiếp . 2/ HQ.HC = HP.HB . 3/ DE // PQ . 4/ Đường thẳng OA là đường trung trực của PQ . ---------------------- Hết------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI: Câu 1: 1/a/ 9x2+3x-2=0; =81,phương trình có 2 nghiệm x1=;x2= b/ đặt x2=t (t0) pt đã cho viết được t2+7t-18=0 (*); pt (*) có t=-9 (loại);t=2 với t=2 pt đã cho có 2 nghiệm 2/đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung tại điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung tại điểm B(0;3+m) theo yêu cầu bài toán AB khi 7-m=3+m tức là m=2. Câu 2: 1/ 2/ a/ b/ (thoả mãn đk ) Câu 3: 1/ Khi m=1 ta có hệ pt: rút y từ (2) y=2x+1 thế vào pt (1) được x=0, suy ra y=1 Vậy hệ có nghiệm (0;1) 2/ P đạt GTNN bằng khi Câu 4 : Từ giả thiết ta có: suy ra E,D nhìn B,C dưới 1 góc vuông,nên tứ giác BEDC nội tiếp được trong 1 đường tròn. Vì tam giác HBC và HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB BEDC nội tiếp đường tròn suy ra từ câu 1/ TA CÓ : Suy ra (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM) OP=OQ (vì bằng bán kính đường tròn O) (1) (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy ra QA=PA Vậy A và O cách đều P,Q nên suy ra đpcm. Bài 5: (1,0 điểm) ---------- Hết ---------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2011 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) b) c) d) Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình (x là ẩn số) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m. Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức A = . đạt giá trị nhỏ nhất Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC). Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF. Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F). Chứng minh AP2 = AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp. Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2 = IC.ID ---------------------- Hết ------------------- BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) (a) Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên (a) b) Û Û Û c) x4 + 5x2 – 36 = 0 (C) Đặt u = x2 ³ 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*) (*) có D = 169, nên (*) Û hay (loại) Do đó, (C) Û x2 = 4 Û x = ±2 Cách khác : (C) Û (x2 – 4)(x2 + 9) = 0 Û x2 = 4 Û x = ±2 d) (d) (d) có : a + b + c = 0 nên (d) Û x = 1 hay Bài 2: b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là Û x2 – 2x – 3 = 0 (Vì a – b + c = 0) y(-1) = -1, y(3) = -9 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là . Bài 3: Thu gọn các biểu thức sau: = = = = = = = = = = = = = Bài 4: a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = ; P = A = = =với mọi m. Và A = 6 khi m = Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m = A B C D P E O H I K F Q Bài 5: a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật) Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC) Do đó: góc OAC + góc AFE = 900 Þ OA vuông góc với EF b) OA vuông góc PQ Þ cung PA = cung AQ Do đó: DAPE đồng dạng DABP Þ Þ AP2 = AE.AB Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng DHAB vuông tại H, có HE là chiều cao) Þ AP = AH Þ DAPH cân tại A c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA Þ DE.DF = DK.DA Do đó DDFK đồng dạng DDAE Þ góc DKF = góc DEA Þ tứ giác AEFK nội tiếp d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng trong DAHC vuông tại H, có HF là chiều cao) Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng trong DAHD vuông tại H, có HK là chiều cao) Vậy Þ AK.AD = AF.AC Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp, vậy ta có: IC.ID=IF.IK (DICF đồng dạng DIKD) và IH2 = IF.IK (từ DIHF đồng dạng DIKH) Þ IH2 = IC.ID SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.Hà Nội MÔN : TOÁN - Năm học : 2011 – 2012 Ngày thi : 22 tháng 6 năm 2011 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) Cho Với . 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tính giá trị của A khi x = 9. 3) Tìm x để . Bài II (2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu ngày? Bài III (1,0 điểm) Cho Parabol (P): và đường thẳng (d): . 1) Tìm toạ độ các giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = 1. 2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d1 và d2 là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại hai điểm A và B.Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A và B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M, N. 1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh và . 3) Chứng minh AM.BN = AI.BI . 4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng. Bài V (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: . ------------------------------------------------------------------------------------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không được giải thích gì them HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: 1/ Rút gọn: ĐK: 2/ Với x = 9 Thỏa mãn , nên A xác định được, ta có . Vậy 3/ Ta có: ĐK Kết hợp với Vậy với 0 ≤ x < 100 và x ≠ 25 thì A < 1/3 Bài 2 Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch là x(ngày) (ĐK: x > 1) Thì thời gian thực tế đội xe đó chở hết hàng là x – 1 (ngày) Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe đó phải chở được (tấn) Thực tế đội đó đã chở được 140 + 10 = 150(tấn) nên mỗi ngày đội đó chở được (tấn) Vì thực tế mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn, nên ta có pt: Þ 150x – 140x + 140 = 5x2 -5x Û 5x2 -5x – 10x - 140 = 0 Û 5x2 -15x - 140 = 0 Û x2 -3x - 28 = 0 Giải ra x = 7 (T/M) và x = -4 (loại) Vậy thời gian đội xe đó chở hết hàng theo kế hoạch là 7 ngày Bài 3: 1/ Với m = 1 ta có (d): y = 2x + 8 Phương trình hoành độ điểm chung của (P) và (d) là x2 = 2x + 8 x2 – 2x – 8 = 0 Giải ra x = 4 => y = 16 x = -2 => y = 4 Tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là (4 ; 16) và (-2 ; 4) 2/ Phương trình hoành độ điểm chung của (d) và (P) là x2 – 2x + m2 – 9 = 0 (1) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục tung thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu Þac < 0 Þ m2 – 9 < 0 Þ (m – 3)(m + 3) < 0 Giải ra có – 3 < m < 3 Bài 4 1/ Xét tứ giác AIEM có góc MAI = góc MEI = 90o. => góc MAI + góc MEI = 180o. Mà 2 góc ở vị trí đối diện => tứ giác AIEM nội tiếp 2/ Xét tứ giác BIEN có góc IEN = góc IBN = 90o. góc IEN + góc IBN = 180o. tứ giác IBNE nội tiếp góc ENI = góc EBI = ½ sđ cg IE (*) Do tứ giác AMEI nội tiếp => góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**) Từ (*) và (**) suy ra góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o. 3/ Xét tam giác vuông AMI và tam giác vuông BIN có góc AIM = góc BNI ( cùng cộng với góc NIB = 90o) DAMI ~ D BNI ( g-g) AM.BN = AI.BI 4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ Do tứ giác AMEI nội tiếp nên góc AMI = góc AEF = 45o. Nên tam giác AMI vuông cân tại A Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân tại B AM = AI, BI = BN Áp dụng Pitago tính được Vậy ( đvdt) Bài 5: Vì và x > 0 , Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x + M = ³ 0 + 1 + 2010 = 2011 M ³ 2011 ; Dấu “=” xảy ra óÛ x = Vậy Mmin = 2011 đạt được khi x = Bài 5: Áp dụng cô si cho ba số ta có Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2 mà Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2 Vậy Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng 2011 khi M = SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn: TOÁN ( chung) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút PHẦN 1 – Trắc nghiệm (1 điểm): Hãy chọn phương án đúng và viết vào bài làm chữ cái đứng trước phương án lựa chọn. Câu 1