Tải bản đầy đủ

Tài liệu Bộ đề và đáp thi vào lớp 10 2011 môn toán pdf

Dịch Vụ Toán Học
Tuyển tập Đề thi vào lớp 10
năm học 2010 - 2011 của các trường THPT
trên cả nước
(có Đáp án )
Môn Toán
WWW.VNMATH.COM
About VnMath.Com
vnMath.com
Dịch vụ Toán học
info@vnmath.com
Sách
Đại số
Giải tích
Hình học
Các loại
khác
Chuyên đề
Toán
Luyện thi
Đại học

Bồi dưỡng
HSG
Đề thi
Đáp án
Đại học
Cao học
Thi lớp 10
Olympic
Giáo án
các môn
S GIÁO DC VÀ ÀO TO K THI TUYN SINH LP 10 THPT
TP.HCM Nm hc: 2010 – 2011
 CHÍNH THC MÔN: TOÁN
Thi gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 đim)
Gii các phng trình và h phng trình sau:
a)
2
232xx 0
 

b)
41
62
xy
xy





9
0c)
42
4133xx
d)
2
2221xx0
Bài 2: (1,5 đim)
a) V đ th (P) ca hàm s
2
2
x
y   và đng thng (D):
1
1
2
yx
trên cùng
mt h trc to đ.
b) Tìm to đ các giao đim ca (P) và (D) bng phép tính.
Bài 3: (1,5 đim)
Thu gn các biu thc sau:
12 6 3 21 12 3A  
22
53
52335 2335
22
B

   




Bài 4: (1,5 đim)
Cho phng trình (x là n s)
22
(3 1) 2 1 0xmxmm 
a)
Chng minh rng phng trình luôn luôn có 2 nghim phân bit vi mi giá
tr ca m.
b) Gi x
1
, x
2
là các nghim ca phng trình. Tìm m đ biu thc sau đt giá tr
ln nht: A =
2
3
22
12 1
x xxx.
Bài 5: (3,5 đim)
Cho đng tròn tâm O đng kính AB=2R. Gi M là mt đim bt k thuc
đng tròn (O) khác A và B. Các tip tuyn ca (O) ti A và M ct nhau ti E. V MP
vuông góc vi AB (P thuc AB), v MQ vuông góc vi AE (Q thuc AE).
a)
Chng minh rng AEMO là t giác ni tip đng tròn và APMQ là hình ch
nht.
b)
Gi I là trung đim ca PQ. Chng minh O, I, E thng hàng.
c)
Gi K là giao đim ca EB và MP. Chng minh hai tam giác EAO và MPB
đng dng. Suy ra K là trung đim ca MP.
d)
t AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm v trí ca M trên (O) đ hình ch nht
APMQ có din tích ln nht.




BÀI GII
Bài 1: (2 đim)
Gii các phng trình và h phng trình sau:
a)

2
232xx 0
  (1)
916 25  
(1)
35 1 35
2
42 4
x hay x
 
   

b)
41
62 9(2
xy
xy





(1)
)
41
14
7 ( (2) 2 (1))
xy (1)
x pt pt






3
1
2
y
x









c)
42
4133xx 0
  (3), đđt u = x
2
,
phng trình thành : 4u
2
– 13u + 3 = 0 (4)
(4) có

2
169 48 121 11   
13 11 1 13 11
(4) 3
84 8
uhayu
 
  
Do đó (3)
1
3
2
x hay x 
d)
2
2221xx0
  (5)
'224  
Do đó (5)
22 22
22
x hay x
 
 
Bài 2:
a)  th: hc sinh t v
Lu ý: (P) đi qua O(0;0),

1
1; , 2; 2
2

 


.
(D) đi qua

1
1; , 2; 2
2





Do đó (P) và (D) có 2 đim chung là :

1
1; , 2; 2
2

 


.
b) PT hoành đ giao đim ca (P) và (D) là
2
2
1
12
22
x
xxx

0
12x hay x
 
Vy to đ giao đim cu (P) và (D) là

1
1; , 2; 2
2

 


.
Bài 3:

12 6 3 21 12 3A  
22
(33) 3(23)33(23)3   
3

22
53
52335 2335
22
B

   




2B =




22
5423 625 5 423 625 3 




22
22 22
5 (1 3) (5 1) 5 (31) (5 1) 3 
= =
 
22
5(1 3) (5 1) 5 (3 1) (5 1) 3  
=  B = 10. 5.3 5 20
Bài 4:
a)


2
22 2
318 4 4 25(1)40mmmmmm            m
Suy ra phng trình luôn luôn có 2 nghim phân bit vi mi m.
b) Ta có x
1
+ x
2
= 3m + 1 và x
1
x
2
= 2m
2
+ m – 1
A=
22
12 1
3
2
x xxx

2
12 1
5
2
x xx x
22
(3 1) 5(2 1)mmm 
22
11
66 ( )
42
mm m      
2
25 1
()
42
m

Do đó giá tr ln nht ca A là :
25
4
. t đc khi m =
1
2

Bài 5:
I
K
x
A
E
Q
O
M
P
I
B
a) Ta có góc = 90
O
=

EMO

EAO
=> EAOM ni tip.
T giác APMQ có 3 góc vuông :

฀฀
o
EAO APM PMQ 90
=> T giác APMQ là hình ch nht
b) Ta có : I là giao đim ca 2 đng
chéo AM và PQ ca hình ch nht APMQ
nên I là trung đim ca AM.
Mà E là giao đim ca 2 tip tuyn ti M và
ti A nên theo đnh lý ta có : O, I, E thng
hàng.
c) Cách 1
: hai tam giác AEO và MPB đng
dng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc
bng nhau là , vì OE // BM


AOE ABM
=>
AO AE
BP MP

(1)
Mt khác, vì KP//AE, nên ta có t s
KP BP
AE AB
 (2)
T (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB,
mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vy K là trung đim ca MP.
Cách 2
: Ta có
EK AP
EB AB
 (3) do AE // KP,
mt khác, ta có
EI AP
EO AB

(4) do 2 tam giác EOA và MAB đng dng
So sánh (3) & (4), ta có :
EK EI
EB EO
 .
Theo đnh lý đo Thales => KI // OB, mà I là trung đim AM
=> K là trung đim MP.
d) Ta d dàng chng minh đc :
abcd
4
abcd
4





(*)
Du “=” xy ra khi và ch khi a = b = c = d
MP =
22 2 2
MO OP R (x R) 2Rx x 
2

Ta có: S = S
APMQ
=
23
MP.AP x 2Rx x (2R x)x
S đt max  đt m
ax  x.x.x(2R – x) đt max
3
(2R x)x

xxx
..(2Rx)
333
 đt max
Áp dng (*) vi a = b = c =
x
3

Ta có :
4
4
4
xxx 1 x x x R
..(2Rx) (2Rx)
333 4 3 3 3 16

    



Do đó S đt max 
x
(2R x)
3
 
3
xR
2
 .
TS. Nguyn Phú Vinh
(TT BDVH và LTH Vnh Vin)

 !CHUYÊN
"#$#
#%&%#
'()*+,-.chuyên)



/(0-.12,3456

1
y 1
x 1
2
5y 3
x 1

+ =


+


+ =

+


2) Gii phương trình:
2 2 2
(2x x) 2x x 12 0− + − − =
/(0#-.7,3456
Cho phương trình x
2
– 2(2m + 1)x + 4m
2
+ 4m – 3 = 0 (x là n s)
Tìm m ñ phương trình có hai nghim phân bit x
1
, x
2
(x
1
< x
2
) tha
1 2
x 2 x=
/(07-.#2,3456
n biu thc:
7 5 7 5
A 3 2 2
7 2 11
+ + −
= − −
+

/(01-.12,3456
Cho tam giác ABC cân ti A ni tip ñưng tròn (O). Gi P là ñim chính gia ca cung
nh AC. Hai ñưng thng AP và BC ct nhau ti M. Chng minh rng:
a)


ABP AMB=
b) MA. MP = BA. BM
/(08-.72,3456
a) Cho phương trình: 2x
2
+ mx + 2n + 8 = 0 (x là n s và m, n là các s nguyên).Gi s
phương trình có các nghim ñu là s nguyên.
Chng minh rng: m
2
+ n
2
là hp s.
b) Cho hai s dương a, b tha a
100
+ b
100
= a
101
+ b
101
= a
102
+ b
102
. Tính P = a
2010
+ b
2010

/(0&-.#2,3456
Cho tam giác OAB vuông cân ti O vi OA = OB = 2a. Gi (O) là ñưng tròn tâm O bán
kính a. Tìm ñim M thuc (O) sao cho MA + 2MB ñt giá tr nh nht.
/(09-.#2,3456
Cho a, b là các s dương tha
2 2 2
a 2b 3c+ ≤ . Chng minh
1 2 3
a b c
+ ≥
.

 !"#####################$%&##########'
()*+,###############()*+,-############''

 CHÍNH THC

1


 !!
"#$#
#%&%#
'()'(*+


',-

./(*01'2*34'56 7896

:;)


',-+:;<7896=
 
1
y 1
x 1
2
5y 3
x 1

+ =


+


+ =

+


1 2
3y 1
y 1 2y 2
x 1 x 1
2
2 2
5y 3
5y 3 5y 3
x 1
x 1 x 1

 
=
+ = − = −

 
  
+ +
⇔ ⇔
  
+ =
  
+ = + =
+
 
+ +
 
1
x
2
1
y
3

=





=




 Gii phương trình:
2 2 2
(2x x) 2x x 12 0− + − − =
Đt t = 2x
2
– x, pt tr thành
t
2
+ t – 12 = 0 ⇔ t = 3 hay t = – 4
t = 3
⇔ 2x
2
– x = 3 ⇔ x = – 1 hay x = 3/2
t = – 4
⇔ 2x
2
– x = – 4 ( vô nghim)
Vy phương trình có 2 nghim là x = – 1, x = 3/2








0,5x4





0,5
0,5
0,5
0,5
#
:>)

',-#+:>7896=
Cho phương trình x
2
– 2(2m + 1)x + 4m
2
+ 4m – 3 = 0 (x là n s) (*)
Tìm m ñ phương trình có hai nghim phân bit x
1
, x
2
(x
1
< x
2
) tha
1 2
x 2 x=
’ = (2m + 1)
2
– (4m
2
+ 4m – 3) = 4 > 0, vi mi m
Vy (*) luôn có 2 nghim phân bit vi mi m.
1 2
x 2m 1,x 2m 3= − = +
1 2
x 2 x 2m 1 2 2m 3= ⇔ − = +
7
m
2m 1 2(2m 3)
2
5
2m 1 2(2m 3)
m
6


= −

− = +





− = − +


= −







?@

0,5

0,5

1,5



>
:#)

',->+:#<7896=
n biu thc:
7 5 7 5
A 3 2 2
7 2 11
+ + −
= − −
+

Xét M =
7 5 7 5
7 2 11
+ + −
+

Ta có M > 0 và M
2
=
14 2 44
2
7 2 11
+
=
+
suy ra M = 2
A = 2 ( 2 1) 1− − =







1 

1



2

;:;) ',-;+:;<7896=
Cho tam giác ABC cân ti A ni tip ñưng tròn (O). Gi P là ñim chính gia
cung nh AC. Hai ñưng thng AP và BC ct nhau ti M. Chng minh rng:
a)


ABP AMB=
b) MA. MP = BA. BM

M
P
A
O
B
C

a)







1 1 1
( ) ( )
2 2 2
= − = − = =      
b)





= ⇒ = =    
suy ra

    !
. . .
⇒ = ⇒ = =
 
     
 


















2

1

1

@
:>)

',-@+:><7896=
a)

Cho ph
ươ
ng trình: 2x
2
+ mx + 2n + 8 = 0 (x là

n s

và m, n là các s

nguyên)
Gi

s

ph
ươ
ng trình có các nghi

m
ñ
u là s

nguyên. Ch

ng minh r

ng: m
2
+ n
2

là h

p s

.

G

i x
1
, x
2
là 2 nghi

m c

a ph
ươ
ng trình

x
1
, x
2
nguyên,
1 2
m
x x
2
+ = −
, x
1
x
2
= n + 4
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
m n (2x 2x ) (x x 4) 4x 4x x x 16+ = + + − = + + +
2 2
1 2
(x 4)(x 4)= + +
x
1
2
+ 4, x
2
2
+ 4 là các s nguyên ln hơn 1 nên m
2
+ n
2
là hp s.

b) Cho hai s dương a, b tha a
100
+ b
100
= a
101
+ b
101
= a
102
+ b
102
. Tính P = a
2010
+
b
2010

Ta có 0 = a
100
+ b
100
– (a
101
+ b
101
) = a
101
+ b
101
– (a
102
+ b
102
) .
⇒ a
100
(1 – a) + b
100
(1 – b) = a
101
(1 – a) + b
101
(1 – b)
⇒a
100
(1 – a)
2
+ b
100
(1 – b)
2
= 0
⇒ a = b = 1
⇒ P = a
2010
+ b
2010

= 2






0,5


0,5
0,5






1
0,5
6 (2)
',-&+:#<7896=
Cho tam giác OAB vuông cân ti O vi OA = OB = 2a. Gi (O) là ñưng tròn tâm O
bán kính a. Tìm ñim M thuc (O) sao cho MA + 2MB ñt giá tr nh nht.












3

F
E
B
A
C
O
D
M

Đưng thng OA ct (O) ti C và D vi C là trung ñim ca OA. Gi E là trung
ñim ca OC.
* Trưng hp M không trùng vi C và D: Hai tam giác OEM và OMA ñng dng
(


OM 1 OE
MOE AOM,
OA 2 OM
= = = ).



ME OM 1
AM OA 2
= = ⇒
MA = 2EM
* Tr
ư
ng h

p M trùng v

i C: MA = CA = 2EC = 2EM
* Tr
ư
ng h

p M trùng v

i D: MA = DA = 2ED = 2EM
V

y luôn có MA = 2EM
MA + 2MB = 2(EM + MB)

2EB = h

ng s

.
D

u “=” x

y ra khi M là giao
ñ
i

m c

a
ñ
o

n BE v

i
ñư
ng tròn (O).
V

y MA + 2MB nh

nh

t khi M là giao
ñ
i

m c

a
ñ
o

n BE v

i
ñư
ng tròn (O).






















1


0,5 



0,5
7(2)
',-A+:#<7896=
Cho a, b
là cá
c s

d
ươ
ng
th
a
2 2 2
a 2b 3c+ ≤
. Ch

ng minh
1 2 3
a b c
+ ≥ .
Ta có
1 2 9
(1) (a 2b)(b 2a) 9ab
a b a 2b
+ ≥ ⇔ + + ≥
+

2 2 2
2a 4ab 2b 0 2(a b) 0
⇔ − + ≥ ⇔ − ≥
(
Đ
úng)

2 2 2 2 2
a 2b 3(a 2b ) (a 2b) 3(a 2b ) + ≤ + ⇔ + ≤ +
2 2 2
2a 4ab 2b 0 2(a b) 0⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ (Đúng)
T' (1) và (2) suy ra
2 2
1 2 9 9 3
a b a 2b c
3(a 2b )
+ ≥ ≥ ≥
+
+
( do a
2
+ 2b
2

≤3c
2
)






?@

0,5

1

S GIÁO DC VÀ ÀO TO K THI TUYN SINH LP 10 THPT
HÀ NI Nm hc: 2010 – 2011
 CHÍNH THC MÔN: TOÁN
Thi gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 đim)
Cho biu thc
x2x3x
A
x9
x3 x3
9




, vi x  0 và x  9
1) Rút gn biu thc A.
2) Tìm giá tr ca x đ
1
A
3

.
3) Tìm giá tr ln nht ca biu thc A
Bài II (2,5 đim)
Gii bài toán sau bng cách lp phng trình:
Mt mnh đt hình ch nht có đ dài đng chéo là 13m và chiu dài ln hn
chiu rng 7m. Tính chiu dài và chiu rng ca mnh đt đó.
Bài III (1,0 đim)
Cho parabol (P) : y =  x
2
và đng thng (d) : y = mx  1
1) Chng minh rng vi mi giá tr ca m thì đng thng (d) luôn ct parabol (P)
ti hai đim phân bit.
2) Gi x
1
, x
2
ln lt là hoành đ các giao đim ca đng thng (d) và parabol
(P). Tìm giá tr ca m đ :

22
12 21 12
xx xx xx 3
Bài IV (3,5 đim)
Cho đng tròn (O) có đng kính AB = 2R và đim C thuc đng tròn đó (C
khác A, B). Ly đim D thuc dây BC (D khác B, C). Tia AD ct cung nh BC ti đim
E, tia AC ct tia BE ti đim F.
1) Chng minh FCDE là t giác ni tip.
2) Chng minh DA.DE = DB.DC
3) Chng minh CF . Gi I là tâm
đng tròn ngoi tip t giác FCDE,
chng minh IC là tip tuyn ca đng tròn (O) .


D OCB
4) Cho bit DF = R, chng minh tg

AFB 2 .
Bài V (0,5 đim)
Gii phng trình :
22
x4x7(x4)x7 

BÀI GII
Bài I: (2,5 đim) Vi x ≥ 0 và x
 9 ta có :
1) A =
23
9
33
xxx
x
xx
9




=
(3)2(3)3
99
xx xx x
xx
9
9x
 

 


32639
9
xxxxx
x




39
9
x
x



3( 3)
9
x
x



3
3x



2)
A =
1
3

3


3x 
39x   6x   x = 36
3) A
3
3x


ln nht 
3x  nh nht  0x   x = 0
Bài II: (2,5 đim)
Gi x (m) là chiu rng ca hình ch nht (x > 0)

 chiu dài ca hình ch nht là x + 7 (m)
Vì đng chéo là 13 (m) nên ta có :

22
13 ( 7)xx
2 2
2 14 49 169 0xx
  
 x
2
+ 7x – 60 = 0 (1), (1) có  = 49 + 240 = 289 = 17
2

Do đó (1) 
717
2
x

 (loi) hay
717
5
2
x
 
 
Vy hình ch nht có chiu rng là 5 m và chiu dài là (x + 7) m = 12 m
Bài III: (1,0 đim)
1) Phng trình hoành đ giao đim ca (P) và (d) là:
-x
2
= mx – 1  x
2
+ mx – 1 = 0 (2), phng trình (2) có a.c = -1 < 0 vi mi m

 (2) có 2 nghim phân bit trái du vi mi m  (d) luôn ct (P) ti 2 đim
phân bit.
2) x
1
, x
2
là nghim ca (2) nên ta có :
x
1
+ x
2
= -m và x
1
x
2
= -1


22
12 21 12
3xx xx xx
12 1 2
(1)xx x x 3
 
 1( 1) 3m
 
F
 m
+ 1 = 3  m = 2
I
A
O
D
C
E
B
Bài IV: (3,5 đim)
1) T giác FCDE có 2 góc đi


o
FED 90 FCD
nên chúng ni tip.
2) Hai tam giác vuông đng dng ACD và DEB vì
hai góc cùng chn cung CE, nên ta


CAD CBE
có t s :
DC DE
DC.DB DA.DE
DA DB
 
3) Gi I là tâm vòng tròn ngoi tip vi t giác
FCDE, ta có CF (cùng chn cung CD)


D CEA
Mt khác CEA (cùng chn cung AC)


CBA
và vì tam OCB cân ti O, nên .


CFD OCB
Ta có :

IC


D IDC HDB



OCD OBD
฀฀
0
HDB OBD 90
 nên IC là tip tuyn vi đng tròn tâm
O.


0
OCD DCI 90
Tng t IE là tip tuyn vi đng tròn tâm O.
4) Ta có 2 tam giác vuông đng dng ICO và FEA vì có 2 góc nhn



1
CAE COE COI
2
 (do tính cht góc ni tip)


CO R
tg

CIO 2
R
IC
2



tgAFB tgCIO 2  .
Bài V: (0,5 đim)
Gii phng trình :
22
47(4) 7xx x x 
t t =
2
7x  , phng trình đã cho thành :
2
4(4)txxt
0
0  
2
(4)4txtx   ()(4)txt
   t = x hay t = 4,
Do đó phng trình đã cho 
22
74 7x hay x x 
 x
2
+ 7 = 16 hay
22
7
7
x x
x







 x
2
= 9  x = 3

Cách khác
:
22
47(4) 7xx x x  
22
74( 4)16( 4) 7 0xx xx  
22 2
(4)(4 7)( 74)( 74)0xxx x       
22
740 ( 4) 740x hay x x     
22
74 7  x hay x x   x
2
= 9  x = 3
TS. Nguyn Phú Vinh
(TT BDVH và LTH Vnh Vin)
Së Gi¸o dôc vμ ®μo t¹o KÌ THI TUYN SINH LP 10 THPT TP. HU

Thõa Thiªn HuÕ Khóa ngày 24.6.2010
 CHÍNH THC Môn: TO¸N
Thi gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,25 đim) Không s dng máy tính cm tay:
a) Gii phng trình và h phng trình sau:
1) . 2)
2
0
3
576xx
23 1
35 9
xy
xy
 





b) Rút gn biu thc:
5
25
52
P 

.
Bài 2
: (2,5 đim) Cho hàm s
2
y ax .
a) Xác đnh h s a bit rng đ th ca hàm s đã cho đi qua đim

2; 8
.
M
b) V trên cùng mt mt phng ta đ đ th (P) ca hàm s đã cho vi giá tr
a
va tìm
đc và đng thng (d) đi qua
 
2; 8
có h s góc bng 2 . Tìm ta đ giao
đim khác M ca (P) và (d).

M
Bài 3
: (1,25 đim) Hai ngi đi xe đp cùng xut phát t A đ đn B vi vn tc bng nhau. i
đc
3
2
quãng đng AB, ngi th nht b hng xe nên dng li 20 phút và đón ô tô quay v
A, còn ngi th hai không dng li mà tip tc đi vi vn tc c đ ti B. Bit rng khong
cách t A đn B là 60 km, vn tc ô tô hn vn tc xe đp là 48 km/h và khi ngi th hai ti
B thì ngi th nht đã v A trc đó 40 phút. Tính vn tc ca xe đp.

Bài 4
: (2,5 đim) Cho tam giác ABC vuông ti A và AC > AB, D là mt đim trên cnh AC
sao cho CD < AD. V đng tròn (D) tâm D và tip xúc vi BC ti E. T B v tip tuyn th
hai ca đng tròn (D) vi F là tip đim khác E.
a) Chng minh rng nm đim A, B, E, D, F cùng thuc mt đng tròn.
b) Gi M là trung đim ca BC. ng thng BF ln lt ct AM, AE, AD theo th t ti các
đim N, K, I. Chng minh:
IKAK
IFAF

. Suy ra:
IFBK IKBF .
c) Chng minh rng tam giác ANF là tam giác cân.
Bài 5
: (1,5 đim)
T mt tm thic hình ch nht ABCD có chiu rng AB = 3,6dm, chiu dài AD = 4,85dm,
ngi ta ct mt phn tm thic đ làm mt xung quanh ca mt hình nón vi đnh là A và
đng sinh bng 3,6dm, sao cho din tích mt xung quanh này ln nht. Mt đáy ca hình nón
đc ct trong phn còn li ca tm thic hình ch nht ABCD.
a)
Tính th tích ca hình nón đc to thành.
b)
Chng t rng có th ct đc nguyên vn hình tròn đáy mà ch s dng phn còn li
ca tm thic ABCD sau khi đã ct xong mt xung quanh hình nón nói trên.
Ht

SBD thí sinh:................................
Ch ký ca GT 1:...............................................
S GIO DC V O TO K THI TUYN SINH LP 10 THPT TP. HU
THA THIấN HU
Mụn: TON - Khúa ngy: 25/6/2010
CHNH THC P N V THANG IM
Bi
ý
Ni dung
im
1


2,25

a.1
(0,75)
Gii phng trỡnh
2
576xx 0
(1):
2
49 120 169 13 , 13 ,
1
713 3
10 5
x


v
1
713
2
10
x


.
Vy phng trỡnh cú hai nghim:
12
3
,2
5
xx


0,25

0,25

0,25

a.2
(0,75)
Giải hệ phơng trình
23 1
35 9
xy
xy
3





:
23 13 69 39 23 1
3 5 9 6 10 18 19 57
xy xy xy
xy x y y






3


32
29134 3
yx
xy









0,50


0,25

b.
(0,75)

552
5
25 25
54
52
P





52525 5

0,50

0,25
2


2,5

2.a
(0,75)
+ th (P) ca hm s
2
y ax đi qua điểm

2; 8M
, nên:

82
.

2
aa 2
Vậy: v hm s ó cho l: 2a
2
2
y x


0,50
0,25


2.b
(1,75)
+ ng thng (d) cú h s gúc bng 2
, nờn cú phng trỡnh dng:

2yx b

+ (d) i qu
a
điểm , nên:

2; 8M

2bb82 4 , () : 2 4dy x
+ V (P)
+ V (d)
+ Honh giao im ca (P) v (d) l nghim ca phng trỡnh:
22
224 2xx xx 0.
+ Phng trỡnh cú hai nghim:
12
1; 2xx

Do ú honh giao im th hai ca (P) v (d) l
2
121xy 2
.
Vy giao im khỏc M ca (P) v (d) cú ta :

1;2N
0,25

0,25
0,50
0,25
0,25



0,25


1
3


1,25



Gi x (km/h) là vn tc ca xe đp, thì x + 48 (km/h) là vn tc ca ô tô. iu
kin: x > 0.

Hai ngi cùng đi xe đp mt đon đng
2
40
3
ACAB km
on đng còn li ngi th hai đi xe đp đ đn B là: CB = ABAC=20 km.

0,25





0,25


Thi gian ngi th nht đi ô tô t C v A là:
40
48x

(gi) và ngi th hai đi
t C đn B là:
20
x
(gi).
Theo gi thit, ta có phng trình:
40 1 20 2 40 20
1
48 3 3 48
x xx
  
x

Gii phng trình trên:

40 48 20 48xxx x  hay
2
68 960 0xx
 

Gii phng trình ta đc hai nghim:
1
80 0x
  (loi) và .
2
12x 
Vy vn tc ca xe đp là: 12 km
/h


0,25



0,25


0,25
4


2,5

4.a
(1,0)
Hình v đúng.
Theo tính cht tip tuyn, ta có:
฀฀
0
90BED BFD
Mà (gi thit)


0
90BAD BAC
Do đó:
฀฀฀
0
90BED BFD BAD
Vy: Nm đim
A,B,E,D,F cùng thuc đng tròn đng kính BD.






0,25
0,25

0,25
0,25

4.b
(1,0)

Gi (O) là đng tròn đng kính BD. Trong đng tròn (O), ta có:


DE DF (do DE, DF là bán kính đng tròn (D)) 
฀฀
AFEAD D
Suy ra: AD là tia phân giác

EAF
hay AI là tia phân giác ca KAF 
Theo tính cht phân giác ta có
IKAK
IFAF

(1)
Vì AB AI nên AB là tia phân giác ngoài ti đnh A
ca 
 KAF.
Theo tính cht phân giác ta có :
BKAK
BFAF

(2)









0,25

0,25

0,25


2


T (1) và (2) suy ra :
IKBK
IFBF

. Vy IF . BK = IK . BF (đpcm)
0,25

4.c
(0,5)
Ta có: AM là trung tuyn thuc cnh huyn BC nên AM = MC, do đó AMC
cân ti M, suy ra:



MCA MAC .
T đó: (vì AI là tia phân giác ca góc EAF)





NAFMACDAFMCAEAC
Mà (góc ngoài ca tam giác AEC)



AEB MCA EAC
Nên


NAF AEB
Mt khác, (góc ni tip cùng chn cung AB)
฀฀
AFB AEB
Suy ra:



NAF BFA NFA
Vy : ANF cân ti N (đpcm) 



0,25





0,25
5


1,5














a) Hình khai trin ca mt xung quanh ca hình nón có đnh ti A, đng sinh
là hình qut tâm A bán kính AB. Mt xung quanh này có din
tích ln nht khi góc  tâm ca hình qut bng .
3, 6ldmAB
0
90
+ Din tích hình qut cng là din tích xung quanh ca hình nón có bán kính
đáy là nên:
r
22
90
360 4
xq
ll
Sr

l



Suy ra:
0,9
4
l
rd

m

Do đó th tích ca hình nón đc to ra là:

3
2222
11 15
2,96
33 3
r
Vrhrlr dm


  
3
m

b) Trên đng chéo AC, v đng tròn tâm I bán kính ngoi tip
cung qut tròn ti E. IH và IK là các đon vuông góc k t I đn BC và CD.
0,9rd
Ta có:
22
3, 6 4,85 (3, 6 0, 9) 1, 54CI AC AI dm    
IH//AB
0,91 0,9
HI CI AB CI
IHdmr
AB AC AC
dm

  
Tng t:
0,9
IKr dm

Vy sau khi ct xong mt xung quanh, phn còn li ca tm thic ABCD có th
ct đc mt đáy ca hình nón.








0,25



0,25


0,25



0,25




0,25


0,25
Ghi chú:

Hc sinh làm cách khác đáp án nhng đúng vn cho đim ti đa.

im toàn bài không làm tròn.


3
S GIÁO DC VÀ ÀO TO K THI TUYN SINH THPT CHUYÊN QUC HC
THA THIÊN HU Khoá ngày 24.6.2010
 CHÍNH THC Môn: TOÁN

Thi gian làm bài: 150 phút

Bài 1: (1,5 đim)
Xác đnh tham s m đ phng trình
   
2
121 2mx mxm 0
  có hai nghim
phân bit
12
,
x x tho mãn:

12 1
47
2
x xxx.

Bài 2:
(2,0 đim)
Tìm giá tr nh nht ca biu thc khi các s t
hc
x, y thay đi. Giá tr nh nht đó đt đc ti các giá tr nào ca x và y.
22
2 3 2010Px xyy x y

Bài 3:
(2,5đim)
a) Gii phng trình :
33
35x 2x.
b) Gii h phng trình :
11
40
1
- 4 = 0
x
xy
xy
xy
xy
yyx

 








Bài 4:
(2,0 đim)
Cho tam giác ABC có BC = 5a, CA = 4a, AB = 3a. ng trung trc ca đon AC
ct đng phân giác trong ca góc BAC ti K.
a) Gi (K) là đng tròn có tâm K và tip xúc vi đng thng AB. Chng minh
rng đng tròn (K) tip xúc vi đng tròn ngoi tip ca tam giác ABC.
b) Chng minh rng trung đim ca đon AK cng là tâm đng tròn ni tip ca
tam giác ABC.

Bài 5:
(2,0 đim)
a) Vi b s (6 ; 5 ; 2), ta có đng thc đúng :
65 5
26 2

.
Hãy tìm tt c các b s (a ; b ; c) gm các ch s h thp phân a , b, c đôi mt
khác nhau và khác 0 sao cho đng thc
ab b
ca c

đúng.
b) Cho tam giác có s đo mt góc bng trung bình cng ca s đo hai góc còn li
và đ dài các cnh a, b, c ca tam giác đó tho mãn:
abc a b c  
.
Chng minh rng tam giác này là tam giác đu.

--------------- HT ---------------


SBD thí sinh: .................
Ch ký GT1: ..............................

S GIÁO DC VÀ ÀO TO K THI TUYN SINH THPT CHUYÊN QUC HC
THA THIÊN HU Khoá ngày 24.6.2010
 CHÍNH THC Môn: TOÁN
HNG DN CHM
Bài Ni dung im
Bài 1

(1,5đ)
Phng trình có hai nghim phân bit
0
0
a





 


0,25

10 1
(*)
30 3
mm
mm
 



 


0,25
Ta có:
12
12
2( 1)
1
2
1
m
xx
m
m
xx
m














0,25



12 12
21
2
474 7
11
m
m
xx xx
mm


  
 

0,25


 
817 2mmm6 Tho mãn (*)
Vy: m =  6 tho mãn yêu cu bài toán .

0,5
BÀI 2

(2đ)
Ta có:

22
2 3 2010Px y xy y 
0,25

2
2
2
2
2
3 2010
24
y
y
Px y y



  



0,5

2
2
1 3 4 6023
22
443
Pxy y




3

0,5
6023
3
P  vi mi x, y.
0,25
6023
3
P  khi và ch khi:
1
220
3
4
4
0
3
3
xy
x
y
y

















0,25

Vy giá tr nh nht ca P là
min
6023
3
P  đt khi
1
3
x
 và
4
3
y

0,25
Bài 3

(2,5đ)
Lp phng hai v phng trình
33
35x 2x
  (1), ta đc:

33
3
8 3 ( 3)(5 )( 3 5 ) 8xxx x 
0,25
Dùng (1) ta có:
3
(3)(5)0 (2xx )
0,25
3.a
(1đ)
Gii (2) và th li tìm đc :
3, 5
x x  là hai nghim ca phng trình đã cho.
0,5

iu kin : x  0; y  0 .
0,25
Vit li h :
11
4
11
.4
xy
xy
xy
xy



 

















0,5
t :
1
ux
x
 ;
1
vy
y
 , ta có h :
4
4
uv
uv
 





0,25
Gii ra đc : .
2; 2uv 
0,25
3.b
(1đ,5)

Gii ra đc : x = 1 ; y = 1. H đã cho có nghim : (x ; y) = (1 ; 1).
0,25
BÀI 4
(2đ)



















Do BC
2
= AC
2
+ AB
2
nên tam giác ABC vuông ti A.

0,25
ng tròn (O) ngoi tip ABC có tâm là trung đim O ca BC, có bán kính
5
2
ra
.
0,25
Gi Q là trung đim AC và R là tip đim ca (K) và AB.
KQAR là hình vuông cnh 2a. ng tròn (K) có bán kính  = 2a
0,25
4. a
(1đ)





Do OK= KQ – OQ = 2a –
3
2
a =
1
2
a = r – , nên (K) tip xúc trong vi (O).
0,25
Gi I là trung đim AK, ni BI ct OQ ti T. Ta chng minh T thuc đng tròn (O). 0,25
Hai tam giác IQT và IRB bng nhau nên QT = RB = a 0,25
Vì OT = OQ + QT =
3
2
a + a = r nên T thuc đng tròn (O).
T đó T là trung đim ca cung AC ca đng tròn (O).
0,25
4.b
(1đ)






Suy ra BI là phân giác ca góc ABC. Vì vy I là tâm ni tip ca ABC.
0,25
T
O
I
K
R
Q
C
B
A





BÀI 5

(2đ)
5. a
(1đ)
Hãy tìm tt c các b s (a ; b ; c) gm các ch s a , b, c khác nhau và khác 0 sao
cho đng thc:
ab b
ca c

( 1) đúng.

Vit li (1): (10a + b)c =(10c + a)b  2.5.c(a – b) = b(a – c).
Suy ra: 5 là c s ca b(a – c).
0,25
Do 5 nguyên t và 1, nên: , 9;abc a c
51) hoc b = 5 2) hoc -ac
 3) hoc -5ca
0,25






+ Vi b = 5: 2c(a 5) = a  c
 c =
29
a
c
a



9
21
29
c
a


.
Suy ra: 2a 9 = 3 ; 9 (a ≠ 5, do a ≠ c)
Trng hp này tìm đc: (a; b; c) = (6; 5; 2), (9; 5; 1)
+ Vi a = c + 5: 2c(c + 5  b) = b
 b =
2
210
21
c
c
 c

. Vit li:
9
229
21
bc
c



Suy ra: 2c + 1 = 3 ; 9 (c ≠ 0).
Trng hp này tìm đc: (a; b; c) = (6; 4; 1), (9; 8; 4).
+ Vi c = a + 5: 2(a + 5)(a  b) = b
 b =
2
210
29
aa
a


.
Vit li :
9.19
2219
29
ba
a


. Suy ra: b > 9, không xét .
+ Vy:
Các b s tha bài toán:
(a ; b ; c) = (6 ; 5 ; 2), (9 ; 5 ; 1), (6; 4 ; 1), (9 ; 8 ; 4).
0,5
T gi thit s đo mt góc bng trung bình cng ca s đo hai góc còn li, suy ra
tam giác đã cho có ít nht mt góc bng 60
o
.
Ví d: T 2A = B + C suy ra 3A = A + B + C = 180
o
. Do đó A = 60
o
.
0,25
T abc a b c   (*), suy ra tam giác đã cho là tam giác cân.
Tht vy, bình phng các v ca (*):

222abc abc ab cb ac  
  
0cc a ba c

  
0acbc 
Vì vy tam giác này có a = c hoc b = c.
0,5
5.b
(1đ)
Tam giác đã cho là tam giác cân và có góc bng 60
o
nên là tam giác đu. 0,25







Gi ý li gii môn Toán
K thi tuyn sinh vào lp 10 THPT ti Hà ni
Bài I ( 2,5 đim)
Cho biu thc: A =
+ - , vi x và x 9
1/ Rút gn biu thc A.
2/ Tìm giá tr ca x đ A =

3/ Tìm giá tr ln nht ca biu thc A.
Li gii
1/ A =
+ -
=
= = =
2/ A =
 =  = 9  = 6  x = 36 (T/m)
Vy x = 36 thì A = 1/3.
3/ Do
 =>  1.
 A
1
 A
max
= 1  x = 0 (T/m)

Bài II ( 2,5 đim)
Gii bài toán sau bng cách lp phng trình:
Mt mnh đt hình ch nht có đ dài đng chéo là 13 m và chiu dài ln hn chiu rng 7 m. Tính
chiu dài và chiu rng ca mnh đt đó.
Li gii
Gi chiu rng ca hình ch nht là x (x>0; đn v: m)
 Chiu dài hình ch nht là: x+7 (m)
Vì đng chéo hình ch nht là 13m, nên theo Pytago ta có phng trình:
x
2
+ (x+7)
2
= 169
=> x
2
+ x
2
+14x + 49 = 169
 2x
2
+ 14x-120= 0
 x
2
+7x-60= 0
∆= 49+240=289
x
1
= = 5 (tmđk); x
2
= = -12 (loi)
Vy chiu rng hình ch nht là 5m; chiu dài là 12m.

Bài III ( 1,0 đim)
Cho parabol (P): y=-x
2
và đng thng (d): y=mx-1
1/ Chng minh rng vi mi giá tr ca m thì đng thng (d) luôn ct parabol (P) ti 2 đim phân
bit
2/ Gi x
1
, x
2
ln lt là hoành đ các giao đim ca đng thng (d) và parabol (P). Tìm giá tr ca m
đ : x
1
2
x
2
+x
2
2
x
1
-x
1
x
2
=3.
Li gii
1/ Xét phng trình hoành đ giao đim (P) và (d): -x
2
= mx-1
 x
2
+ mx - 1 = 0 (*)
Có: ac = -1 <0 => phng trình đã cho có 2 nghim phân bit vi
m
2/ x
1
2
x
2
+ x
2
2
x
1
- x
1
x
2
= 3
 x
1
x
2
(x
1
+x
2
) - x
1
x
2
= 3 (1)
Vì phng trình (*) luôn có 2 nghim vi
m nên:
Theo Viét ta có: x
1
+x
2
=
= -m; x
1
x
2
= = -1
(1)  -1.(-m) + 1 = 3 => m+1 = 3 => m=2.
Vy vi m = 2 thì x
1
2
x
2
+ x
2
2
x
1
- x
1
x
2
= 3.
Bài IV ( 3,5 đim)
Cho đng tròn (O) có đng kính AB = 2R và đim C thuc đng tròn đó (C khác A, B). Ly đim
D thuc dây BC ( D khác B, C). Tia AD ct cung nh BC ti đim E, tia AC ct tia BE ti đim F.
1/ Chng minh FCDE là t giác ni tip.
2/ Chng minh DA.DE = DB.DC
3/ Chng minh CFD = OCB. Gi I là tâm đng tròn ngoi tip t giác FCDE, chng minh IC là tip
tuyn ca đng tròn (O).
4/ Cho bit DF=R, chng minh tg AFB = 2.
Li gii
1/ AEB = 90
o
(góc ni tip chn ½ đng tròn) => AEF = 90
o

ACB = 90
o
(góc ni tip chn ½ đng tròn) => FCB = 90
o

T giác CFED có: C + E = 180
o
=> t giác CFED ni tip ( t giác có tng 2 góc đi bng 180
o
)










2/ Xét ∆ACD và ∆BED:
C = E = 90
o
(1)
A
1
= B
1
( 2 góc ni tip cùng chn cung CE ) (2)
(1) và (2) => ∆ACD đng dng ∆BED (góc - góc)

= => AD.DE = BD.CD

3/ * Có D là trc tâm ca ∆FAB (do AE FB, BC AF) => FD AB ti H.
 F
1
+ FAH = 90
o

Mà B
2
+ FAH = 90
o
=> F
1
= B
2

Có ∆COB cân ti O (CO=OB=R)=> góc C
1
= góc B
2
=> góc C
1
= góc F
1
( cùng = góc B
2
)

* Tâm I ca đng tròn ngoi tip t giác FCDE là trung đim ca FD => CI=IF=1/2 FD
(do góc DCF = 90
o
tính cht trung tuyn ng vi cnh huyn)
=> ∆CIF cân ti I => góc C
2
= góc F
1

Có ∆CAO cân ti O (CO=OA=R) => góc C
3
= góc CAO
Mà góc F
1
+ góc CAO = 90
o
=> góc C
2
+ góc C
3
= 90
o
=> góc ICO = 90
o
=> IC CO, mà C
(O) =>
IC là tip tuyn ca đng tròn (O) (PCM)
4/ Xét ∆ICO và ∆IEO có: IC = IE (cùng bng bán kính ca đng tròn (I)) (3)
CO = OE (=R) (4)
IO chung (5)
T (3), (4) và (5) => ∆ICO = ∆IEO (c.c.c)
 góc COI = góc EOI
 góc COI = ½ góc COE = ½ sđ cung CE ( góc COE là góc  tâm)
mà góc A
1
= ½ sđ cung CE ( góc A
1
là góc ni tip chn cung CE )
 góc A
1
= góc COI.
Xét ∆ACD và ∆OCI có: góc A
1
= góc COI (cmt) (6)
Góc ACD = góc OCI ( = 90
o
) (7)
T (6) và (7) => ∆ACD đng dng ∆OCI (g.g) =>
= => = (8)
∆OCI có CI = R/2 ( do CI = ½ FD ) ; CO = R =>
= 2 (9)
T giác CFED ni tip => góc CFE = góc CDA ( góc ngoài ca t giác ni tip = góc trong ti đnh
đi) (10)










Xét ∆CAD có góc C = 90
o
=> tg góc CDA = (11)
T (8) (9) (10) và (11) => tg góc CFE = 2

(hình v ca Bài IV)

Bài V ( 0,5 đim)
Gii phng trình: x
2
+ 4x + 7 = (x+4)

Li gii
x
2
+ 4x + 7 = x
+ 4
x
2
+ 7 - 4
+ 4x - x = 0
( - 4) - x = 0
(
) = 0




2
3
1
1
1
2
I
H
D
E
C
O
A
B
F
1

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×