KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN

Chia sẻ: nguyenmantoan

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'kì thi tuyển sinh lớp 10 thpt năm học 2011 – 2012 môn thi: toán', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Bạn đang xem 20 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 28 tháng 06 năm 2011 (Đợt 1 )
Đề thi gồm: 01 trang


Câu 1 (3,0 điểm).
1) Giải các phương trình:
a. 5( x + 1) = 3 x + 7
4 2 3x + 4
b. + =
x − 1 x x( x − 1)
2) Cho hai đường thẳng (d1): y = 2 x + 5 ; (d2): y = −4 x − 1 cắt 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: x 2 − 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 m ột hình ch ữ nhật m ới có di ện tích
77 m2. Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu?

Câu 4 (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC có Â > 90 0. 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 đ ường tròn (O) t ại đi ểm th ứ 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 th ẳng 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 + 3 x + yz y + 3 y + zx z + 3z + xy

---------------------------Hết---------------------------
Họ và tên thí sinh:.....................................................S ố báo danh:.........................................................
Chữ kí của giám thị 1:..............................................Chữ kí của giám th ị 2:...........................................


(đáp án và thang điểm
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 v ẫn cho đ ủ đi ểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm.

1
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Ý Nội dung Điể
m
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 (d1) và (d2) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương trình:
1
y = 2x + 5 0,25
2 y = −4 x − 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 0,25
Giải phương trình được x1 = 2 + 2 ; x 2 = 2 − 2
Tính ∆ ' = m 2 + 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
3 Theo giả thiết có x12 + x22 = 12 (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 12 0,25
� 4(m + 1) − 4m = 12
2
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
3 Sau khi giảm mỗi chiều đi 4 m thì hình chữ nhật mới có kích thước là a – 4 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
4 Hình vẽ đúng: x

E

D

A

H
O'
0,25
O

1
B F C





Lập luận có AEB = 900 0,25

Lập luận có ADC = 90 0 0,25
Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 0,25
ᄋ ᄋ
Ta có AFB = AFC = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra

ᄋ ᄋ
AFB + AFC = 1800 0,25

2 Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng
ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ
AFE = ABE (cùng chắn AE ) và AFD = ACD (cùng chắn AD ) 0,25
ᄋ ᄋ ᄋ
Mà ECD = EBD (cùng chắn DE của tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25
ᄋ ᄋ
Suy ra: AFE = AFD => FA là phân giác của góc DFE 0,25
3 AH EH 0,25
Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra = (1)
AD ED

2
BH EH 0,5
Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra = (2)
SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO BD P 10 THPT
LỚ ED
AH BH NĂM HỌC 2011 – 2012 0,25
Từ (1), (2) ta có: = � AH.BD = BH.AD Môn: TOÁN
THI NGÀY 22/6/2011 AD BD
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
5
( ) 0,25
2
Từ x − yz �� x 2 + yz �
0 2x yz (*) Dấu “=” khi x2 = yz

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

y y
Tương tự ta có: (2),
y + 3y + zx x+ y+ z 0,25


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




ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1: (2,0 điểm)
1) Gi �c� ph�� tr� sau:
i c ng nh
a )9 x 2 + 3 x − 2 = 0
b) x 4 + 7 x 2 − 18 = 0 Bài 2:
2) V �gi � �� c� m th� th hai h� s� = 12 x + ( 7 − m ) v� = 2 x + ( 3 + m ) c�nhau t�m�
i tr n o a ��� m y y t i t
� m tr� tr� tung.
i� n c
(2,0 điểm)




3
2 1
1) R�g� bi � th� A =
t n u c: +
1+ 2 3 + 2 2
� 1 � 1 � 1 2 �
2) Chobi � th� B = �+
u c: 1 .�
� + − �.
� x � x +1
� x −1 x −1 �
a ) R�g� bi � th� B
t n u c
b) T� gi � �� x ��� th� B = 3.
m tr c a bi u c
Bài 3: (1,5 điểm)
2 y − x = m +1
Cho h� �� tr�
ph ng nh: ( 1)
2x − y = m − 2
1) Gi �h� �� tr� ( 1) khi m = 1
i ph ng nh
2) T� gi � �� m �� ph�� tr� ( 1) c�
m tr c a h� ng nh nghi � ( x; y ) sao cho bi � th� P = x 2 + y 2
m u c
�t gi � � � �
� tr nh nh t.
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn ( O) . Hai đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt
nhau tại điểm H. Đường thẳng BD cắt đường tròn ( O) tại điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn ( O) tại
điểm thứ hai Q. Chứng minh:
1) BEDC l �� � n�ti �
t gi c i p.
2) HQ.HC = HP.HB
3) ���th� DE song song v���� ᄐng PQ.
ng ng i ng th
4) ���th� OA l � ng trung tr� c� ᄐ oᄐn thᄐng PQ.
ng ng ��� c a
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho x, y, z l � s� � tu� . Ch� minh: x 2 + y 2 + z 2 − yz − 4 x − 3 y
ba th c � ng −7.



HƯỚNG DẪN GIẢI:
(GV Trần Khánh Long-THPT LêHồngPhong)
Câu 1:
2 1
1/a/ 9x2+3x-2=0; ∆ =81,phương trình có 2 nghiệm x1= − ;x2=
3 3
b/ đặt x2=t (t 0) pt đã cho viết được t2+7t-18=0 (*); ∆ = 121 = 112 pt (*) có t=-9 (loại);t=2
với t=2 pt đã cho có 2 nghiệm x = 2; x = − 2
2/đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung tại điểm A(0;7-m); đồ th ị y=2x+(3+m) c ắt tr ục tung tại đi ểm B(0;3+m) theo
yêu cầu bài toán A B khi 7-m=3+m tức là m=2.
Câu 2:
1/

2 1 7+5 2
A= + = =
1 + 2 3 + 2 (1 + 2)(3 + 2 2)
(7 + 5 2)(1 − 2)(3 − 2 2)
= (3 − 2 2)(3 + 2 2) = 1
−1
2/ a/
x + 1 x −1 + x + 1 − 2
B=( )( )=
x ( x + 1)( x − 1)
x +1 2 x −2 2
( )( )=
x ( x − 1)( x + 1) x
2 4
b/ B = 3 � = 3 � x = (thoả mãn đk )
x 9
Câu 3:

4
2 y − x = 2 (1)
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
2 x − y = −1 (2)
Vậy hệ có nghiệm (0;1)
P = x 2 + y 2 = (m − 1) 2 + m 2 = 2m 2 − 2m + 1 =
A


2 1 1 P


( 2m) 2 − 2. m + ( )2 +1 − ( )2 =
2/ 2 2 2 D

Q

1 2 1 1 E

= ( 2m − ) + H O


2 2 2
1 1 1
C
B


P đạt GTNN bằng khi 2m = �m=
2 2 2
Câu 4:

CEB = 900
1) Từ giả thiết ta có: ᄋ suy ra E,D nhìn B,C dưới 1 góc vuông,nên tứ giác BEDC nội tiếp được trong
CDB = 900
1 đường tròn.
2) Vì tam giác HBC và HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB
3) ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ
BEDC nội tiếp đường tròn suy ra BDE = BCE = BCQ; từ câu 1/ TA CÓ : BPQ = BCQ
ᄋ ᄋ
Suy ra BDE = BPQ (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM)
4) OP=OQ (vì bằng bán kính đường tròn O) (1)
ᄋ ᄋ
EBD = ECD (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)
Cho x, y, z l � s� � tu� . Ch� minh: x 2 + y 2 + z 2 − yz − 4 x − 3 y
ba th c � ng −7.
�1 1 �� 3 3 �
Ta c�x 2 + y 2 + z 2 − yz − 4 x − 3 y = ( x 2 − 4 x + 4 ) + � y 2 − 2. y.z + z 2 � � y 2 − 2.
: +� y. 3 + 3 � 4 − 3
�−
�4 2 �� 4 2 �
2 2
�1 � �3 �
= ( x − 2 ) + � y − z �+ � y − 3 �− 7 −7, ∀x, y , z
2

�2 � �2




---------- Hết ----------




SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 05 câu trên 01 trang

Câu 1 (2,0 điểm):
1. Rút gọn các biểu thức
� a b �
a) A = 2 + 8 b) B = �
� +
ab-a �
. ( )
� a b - b a với a > 0, b > 0, a b
� ab-b �
2x + y = 9
2. Giải hệ phương trình sau:
x - y = 24
Câu 2 (3,0 điểm):
1. Cho phương trình x 2 - 2m - (m 2 + 4) = 0 (1), trong đó m là tham số.

5
a) Chứng minh với mọi m phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt:
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm m để x1 + x 2 = 20 .
2 2


2. Cho hàm số: y = mx + 1 (1), trong đó m là tham số.
a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A (1;4). Với giá trị m vừa tìm được, hàm s ố (1) đ ồng bi ến hay ngh ịch
biến trên R?
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng (d) có phương trình:
x+y+3=0
Câu 3 (1,5 điểm):
Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B dài 30 km. Khi đi ngược trở lại từ B về A người đó tăng v ận t ốc
thêm 3 (km/h) nên thời gia về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận t ốc của người đi xe đ ạp lúc đi t ừ A đ ến B.
Câu 4 (2,5 điểm):
Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ điểm A bên ngoài đường tròn, k ẻ 2 ti ếp tuyến AB, AC v ới đ ường tròn (B, C
là các tiếp điểm). Từ B, kẻ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn t ại D (D khác B). N ối AD c ắt đ ường tròn (O)
tại điểm thứ hai là K. Nối BK cắt AC tại I.
1. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.
2. Chứng minh rằng : IC2 = IK.IB.

3. Cho BAC = 600 chứng minh ba điểm A, O, D thẳng hàng.
Câu 5 (1,0 điểm):
x, y, z � −1: 3]
[
Cho ba số x, y, z thỏa mãn . Chứng minh rằng: x 2 + y 2 + z 2 11
x +y+ z =3

HẾT

Họ và tên thí sinh:............................................................ S ố báo danh:........................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:..............................................................................
Giám thị 2:..............................................................................



câu nội dung điể
m
1 1.
a) A= 2 + 2 2 = (1 + 2) 2 = 3 2 0,5


b) B= 

 a

b 
 a b −b a( )
 b( a − b) a( a − b) 
 0,5
 a −b 
= 
 ab ( a − b )  ab ( a − b ) = a − b
 
2.
2 x + y = 9 2 x + y = 9 2.11 + y = 9  y = −13 0,75
 ⇔ ⇔ ⇔
 x − y = 24 3 x = 33  x = 11  x = 11 0,25
Vậy hpt có nghiệm (x;y) = (11;-13)
2 1.
[ ]
a) ∆ ' = (−1) 2 − 1. − ( m 2 + 4) = m 2 + 5 0,5
Vì m 2 ≥ 0, ∀m ⇒ ∆ ' > 0, ∀m . 0,5
Vậy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
 x1 + x 2 = 2
b) Áp dụng định lý Vi –ét 
 x1 x 2 = −(m + 4)
2


x12 + x 2 = 20 ⇔ ( x1 + x 2 ) − 2 x1 x 2 = 20 0,5
2 2


⇒ 2 2 + 2m 2 + 8 = 20 ⇔ 2m 2 = 8 ⇔ m = ±2
vậy m= ± 2
2.
a) Vì đồ thị của hàm số (1) đi qua A(1;4) ⇒ 4= m.1+1 ⇔ m = 3 0,5
Với m = 3 hàm số (1) có dạng y = 3x +1; vì 3>0 nên hàm số (1) đồng biến trên R.
0,5

6
b) (d) : y = - x – 3
 m = −1
Vì đồ thị của hàm số (1) song song với (d) ⇒  0,5
1 ≠ −3
Vậy m = -1 thì đồ thị của hàm số (1) song song với (d)
3 Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h, x>0) 0,25
Khi đi từ B về A vận tốc của người đó là x + 3 (km/h)
30
thời gian đi từ A đến B là ( h) 0,25
x
30
thời gian đi từ B về A là ( h)
x+3 0,25
1
vì thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = (h) nên ta có pt
2
0,25
30 30 1
− =
x x+3 2
⇒ 60 x + 180 − 60 x = x 2 + 3x
0,25
⇔ x 2 + 3x − 180 = 0
∆ = 9 + 720 = 729 ⇒ ∆ > 0
⇒ x1 = 12(TM )
x 2 = −15( KTM )
Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 12km/h 0,25
4 B


K D
A O
I
C
 AB ⊥ BO 1 0,25
a) Ta có  ( t/c tiếp tuyến)
 AC ⊥ CO
∠ABO = 90 0
 0,5
⇒ ⇒ ∠ABO + ∠ACO = 90 0 + 90 0 = 180 0
∠ACO = 90

0
0,25
Vậy tứ giác ABOC nội tiếp ( định lý đảo về tứ giác nội tiếp)
b) xét ∆ IKC và ∆ IC B có ∠Ichung ; ∠ICK = ∠IBC ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây 0,5
cung và góc nội tiếp cùng chắn cung CK)
IC IK 0,5
⇒ ∆IKC∞∆ICB( g − g ) ⇒ = ⇒ IC 2 = IK .IB
IB IC
∠BOC = 360 0 − ∠ABO − ∠ACO − ∠BAC = 120 0
c) 1
∠BDC = ∠BOC = 60 0
2
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC)
Mà BD//AC (gt) ⇒ ∠C1 = ∠BDC = 60 0 ( so le trong) 0,25
⇒ ∠ODC = ∠OCD = 90 0 − 60 0 = 30 0
⇒ ∠BDO = ∠CDO = 30 0
⇒ ∠BOD = ∠COD = 120 0
⇒ ∆BOD = ∆COD(c − g − c)
⇒ BD = CD 0,25
Mà AB = AC (t/c 2tt cắt nhau); OB = OC = R
Do đó 3 điểm A, O, D cùng thuộc đường trung trực của BC
Vậy 3 điểm A, O, D thẳng hàng.
5 Vì x, y , z ∈ [ − 1;3]

7
− 1 ≤ x ≤ 3
 ( x + 1)( y + 1)( z + 1) ≥ 0 0,25
⇒ − 1 ≤ y ≤ 3 ⇒ 
− 1 ≤ z ≤ 3 (3 − x)(3 − y )(3 − z ) ≥ 0

 xyz + xy + yz + xz + x + y + z + 1 ≥ 0 0,25
⇒
27 − 9( x + y + z ) + 3( xy + yz + xz ) − xyz ≥ 0
⇒ 2( xy + yz + xz ) ≥ −2 0,25
⇒ x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + xz ) ≥ x 2 + y 2 + z 2 − 2
⇒ (x + y + z) 2 ≥ x 2 + y 2 + z 2 − 2
⇒ 32 + 2 ≥ x 2 + y 2 + z 2 0,25

⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 11
Cách2:.Không giảm tính tổng quát, đặt x = max { x, y , z }
⇒ 3 = x + y + z ≤ 3x nên 1 ≤ x ≤ 3
⇒ 2 ( x -1 ) . (x - 3) ≤ 0 (1)
Lại có: x2 + y2 + z2 ≤ x2 + y2 + z2 + 2(y +1) (z+1) = x2 + ( y + z )2 + 2 ( y + z ) + 2

= x2 + ( 3 - x )2 + 2 ( 3- x) + 2 = 2 x2 - 8x + 17
= 2 ( x -1 ) . (x - 3) + 11 (2)
Từ (1) và (2) suy ra x2 + y2 + z2 ≤ 11
Dấu đẳng thức xảy ra x = max { x, y , z }
( x -1 ) . (x - 3) = 0
(y +1) (z+1) = 0
x+y+z =3
⇒ Không xảy ra dấu đẳng thức .............




SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH Môn thi: TOÁN
THỨC Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1
a) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 1)x + 3 song song với đường thẳng y = 5x – 1.
2x + y = 5
b) Giải hệ phương trình:
3x − 2 y = 4
Câu 2
� 1 1 � 1
� �
Cho biểu thức: P=� − � + 1�với a >0 và a
� 1
� − a 1+ a � a �
1 �
a) Rút gọn biểu thức P.
1
b) Với những giá trị nào của a thì P > .
2
8
Câu 3
a) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị các hàm số: y = x2 và y = - x + 2.
b) Xác định các giá trị của m để phương trình x2 – x + 1 – m = 0 có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức:

�1 1 �
5 � + � x1 x2 + 4 = 0 .

� 1 x2 �
x
Câu 4
Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q sao cho P thu ộc cung AQ. G ọi C là giao đi ểm c ủa tia AP và tia
BQ; H là giao điểm của hai dây cung AQ và BP.
a) Chứng minh tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh ∆ CBP ∆ HAP .
c) Biết AB = 2R, tính theo R giá trị của biểu thức: S = AP.AC + BQ.BC.
Câu 5
25
Cho các số a, b, c đều lớn hơn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4
a b c
Q= + + .
2 b−5 2 c−5 2 a −5

----- Hết ------

Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh…………..


HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2011-2012
Môn Toán
Ngày thi 24 tháng 6 năm 2011
Mã đề 02
Câu Nội dung Điể
m
a) Để đường thẳng y =(2m – 1)x+3 song song với đường thẳng y =5x – 1 2m – 15= 5
0,5đ
(do 3 −1 )
2m = 6 � m = 3 0,5đ

1 �x+ y = 5
2 � x + 2 y = 10
4
b) Ta có: � � 0,5đ
�x − 2y = 4
3 �x − 2y = 4
3
� x = 14
7 �=2
x
�� �� 0,5đ
�x + y = 5 � = 1
2 y
� 1 1 � 1 �
� 2 a �+ a �
1
0 − >0 >0
b) Với
2 1− a 2 (
2 1− a ) 0,5đ


1 − a > 0 � a < 1 . Kết hợp với điều kiện a >0, ta được 0 < a < 1. 0,5đ
3 a) Hoành độ giao điểm các đồ thị hàm số y = x và y = - x + 2 là nghiệm của phương
2
0,5đ
trình: x2 = - x+2 x2 + x – 2 = 0
Giải ra được: x1 = 1 hoặc x2 = - 2. 0,5đ
Với x1 = 1 y1 = 1 tọa độ giao điểm A là A(1; 1)
Với x2 =-2 y2 = 4 tọa độ giao điểm B là B(-2; 4)


9
b) Ta có : ∆ = b 2 − 4ac = 1 − 4(1 − m) = 4m − 3 . Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2
3 0,25đ
thì ta có ∆ ��− 4m
0 �۳ 3 0 m (*)
4
b c
x1 + x2 = − = 1 và x1.x2 = = 1 − m
Theo định lí Vi-et, ta có: 0,25đ
a a
�1 1 � � 1 + x2 �
x 5
Ta có: 5 � + � x1 x2 + 4 = 5 �
− � x1.x2 + 4 =
− − (1 − m) + 4 = 0
� 1 x2 �
x � x1.x2 � 1− m
0,25đ
5 − ( 1 − m) + 4 ( 1 − m) = 0
2
m 2 + 2m − 8 = 0 m= 2
�� �� �
m 1 m 1 m = −4
Kết hợp với đk (*) ta có: m = 2 là giá trị cần tìm. 0,25đ
C
a) Ta có: ᄋ
APB = ᄋAQB = 90o (góc nội tiếp chắn
0,5đ
nửa đường tròn).
ᄋ ᄋ
� CPH = CQH = 90o . Suy ra tứ giác CPHQ nội
Q
tiếp đường tròn. 0,5đ
P
H b) ∆CBP và ∆HAP có:
0,5đ
BPC = ᄋ
ᄋ APH = 90o (suy ra từ a))
A B
K O ᄋ ᄋ ᄋ
CBP = HAP (góc nội tiếp cùng chắn cung PQ
� ∆CBP ∆HAP (g – g) 0,5đ
4
c) Gọi K là giao điểm của tia CH và AB. Từ giả thiết suy ra K thuộc cạnh AB (1) 0,25đ
∆ABC có AQ ⊥ BC ; BP ⊥ AC . Suy ra H là trực tâm của ∆ABC
0,25đ
� CH ⊥ AB tại K
Từ đó suy ra:
+ ∆APB ∆AKC � AP. AC = AK . AB (2) 0,25đ
+ ∆BQA ∆BKC � BQ.BC = BK .BA (3)
- Cộng từng vế của (2) và (3) và kết hợp với (1), ta được:
S = AP. AC + BQ. BC = AB2 = 4R2. 0,25đ

25
Do a, b, c > (*) nên suy ra: 2 a − 5 > 0 , 2 b − 5 > 0 , 2 c − 5 > 0 0,25đ
4
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương, ta có:
a
+ 2 b − 5 2 a (1)
2 b −5
b 0,25đ
5
+ 2 c − 5 2 b (2)
2 c −5
c
+ 2 a − 5 2 c (3)
2 a −5
Cộng vế theo vế của (1),(2) và (3), ta có: Q 5.3 = 15 .
0,25đ
Dấu “=” xẩy ra� a = b = c = 25 (thỏa mãn điều kiện (*))
Vậy Min Q = 15 � a = b = c = 25 0,25đ
Chú ý: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn.



10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
BÌNH ĐỊNH Năm học: 2011 – 2012
Khóa thi: Ngày 30 tháng 6 năm 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Baøi 1: (2,0 ñieåm)
3x − y =7
a) Gia� ph�ng tr�
i he� � nh .
2x +y =8
b) Cho haøm soá y = ax + b . Tìm a vaø b bieát raèng ñoà thò cuûa haøm soá ñaõ cho song song vôùi ñöôøng thaúng
y = − 2x + 3 va�i qua � m M ( 2 ; 5) .
� ie�

Baøi 2: (2,0 ñieåm)
Cho phöông trình x2 + 2( m+ 1) x + m− 4 = 0 (vôù m laøtham soá) .
i
a) Giaûi phöông trình ñaõ cho khi m = −5.
b) Chöùng toû phöông trình ñaõ cho luoân coù hai nghieäm phaân bieät vôùi moïi giaù trò cuûa tham soá m.

c) Tìm m ñeå phöông trình ñaõ cho coù nghieäm x1, x2 thoõa maõn heä thöùc
2 2
x1 + x2 + 3x1x2 = 0.
Baøi 3: (2,0 ñieåm)
Moät maûnh ñaát hình chöõ nhaät coù chieàu daøi hôn chieàu roäng 6m vaø bình phöông cuûa soá ño ñoä daøi
ñöôøng cheùo gaáp 5 laàn soá ño cuûa chu vi. Tính dieän tích cuûa maûnh ñaát hình chöõ nhaät ñaõ cho.

Baøi 4: (3,0 ñieåm)
Cho ñöôøng troøn taâm O vaø BC laø daây cung khoâng ñi qua taâm. Treân tia ñoái cuûa tia BC laáy ñieåm M sao
cho M khoâng truøng vôùi B. Ñöôøng thaúng ñi qua M caét ñöôøng troøn (O) ñaõ cho taïi N vaø P (N naèm giöõa M

vaø P) sao cho O naèm beân trong PMC . Goïi A laø ñieåm chính giöõa cuûa cung nhoû NP. Caùc daây AB vaø AC
laàn löôït caét NP taïi D vaø E .
a) Chöùng minh töù giaùc BDEC noäi tieáp.
b) Chöùng toû MB.MC = MN.MP .
c) OA caét NP taïi K. Chöùng minh MK2 > MB.MC .

x2 − 2x + 2011
Baøi 5: (1,0 ñieåm) T� gia� nho� t cu� u th� A =
m tr� nha� a bie� � c (vôùi x 0)
x2
……………………………… Heát……………………………

HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI
3x − y =7 �5x = 15 x=3
∙ Baøi 1: a) Ta co�
� �� ��
2x +y =8 2x + y = 8 y= 2
* Vaäy heäphöôngtrìnhñaõcho coù nghieämduy nhaát ( x ; y) = ( 3 ; 2) .
b) Goïi (d) vaø(d/) laànlöôït laø ñoàthò cuûahaømsoáy =ax +b vaøy =− 2x +3
a = −2
( d) // ( d/ ) . Vôùi a =− 2 haømsoáñaõcho trôûthaønhy =− 2x +b (d)
b 3
( d)�qua M ( 2 ; 5) �=yM �−۹ M b 5 = 2.2 +b
i −+ 2.x b =9 (thoa � � � 3)
� ieu kien b
* Va� =− 2 va�=9.
ya b
∙Baøi 2: a) * Khi m =− 5, phöôngtrìnhñaõcho trôûthaønh:
x2 − 8x − 9 = 0 (v� a =1 ; b =− 8 ; c =− 9) (*)

i
* Ta thaáyphöôngtrình(*) coù caùcheäsoáthoõamaõna− b +c =0 ; neânnghieämcuûaphöôngtrình(*) laø:


11
−c
x1 = −1 va� =
x2 = 9 (nham nghiem theo Viet ).
� �
a
* Va� m =− 5, ph�ng tr� � cho co� nghie� pha� t x1 = −1 va� = 9.
y khi � nh a� hai m n bie� x2
b) Phöôngtrìnhñaõcho (baäc hai ñoái vôùi aån x) coùcaùcheäsoá:a =1 ; b/ =m +1 vaøc =m− 4 ; neân:
2
2 � 1 � 19 19
∆ = ( m+ 1) − ( m− 4) = m + m+ 5 = � + �+
/ 2
m >0
� 2� 4 4
� � 2 �
1�
� � + � 0 ;b� ph�� mot bieu th��� � am �
v� m nh ng � � c th khong �
� � 2� �
� �
� ∆ > 0 ; va� � tr� � cho luo� hai nghie� pha� t x1, x2 v� mo� tr� a tham so� c) Theo
/
y ph�ng nh a� n co� m n bie� � i gia� cu�
i m.
caâub, phöôngtrìnhñaõcho luoân coù hai nghieäm phaân bieät vôùi moïi giaùtrò cuûathamsoám. TheoheäthöùcViet,
ta coù:
x1 + x2 = −2( m+ 1)
( I) .
x1 �2 = m− 4
x
m= 0
= 0 � ( x1 + x2 )
2 2 2 2
Caêncöù (I), ta coù: x1 + x2 + 3x1x2 + x1.x2 = 0 � 4m + 9m = 0 � −9 .
m=
4
� −9�
* Va�
ym � ;
0 �th� � tr� � cho co�
ph�ng nh a� a he� � 2 2
nghie� x1, x2 tho� th� x1 + x2 + 3x1x2 = 0.
m c
� 4
∙Baøi 3: * Goïi x(m) laø ñoädaøi cuûachieàu roäng maûnhñaáthình chöõnhaätñaõcho. (Ñieàu kieän x > 0)
Khi ñoù: Chieàu daøi cuûamaûnhñaáthìnhchöõnhaätñaõcho laø: x +6 (m)
Chu vi cuûamaûnhñaáthìnhchöõnhaätnaøylaø: 4x +12 (m)
TheoPytago, bìnhphöôngñoädaøi cuûañöôøngcheùohìnhchöõnhaätlaø: x2 +(x +6)2.
Do bình phöông cuûa soá ño ñoä daøi ñöôøng cheùo gaáp 5 laàn soá ño cuûa chu vi neânta coù phöôngtrình:
2
x2 + ( x + 6) = 5( 4x + 12) � x2 − 4x − 12 = 0 (*)
* Giaûi phöôngtrình(*) baèngcoângthöùcnghieämñaõbieátta ñöôïc:
x1 = −2( loai ) va� = 6( thoa � � � >0)
� x2 � ieu kien x
∙Vaäy chieàuroängcuûamaûnhñaáthình chöõ nhaätñaõcho laø 6m; chieàudaøi cuûamaûnhñaátnaøylaø 12 m; do ñoù
dieän tích cuûamaûnhñaáthìnhchöõnhaätñaõcho laø 72 m2.
∙Baøi 4:
a) Chöùng minh töù giaùc BDEC noäi tieáp.
Theotính chaátcuûagoùc coù ñænh ôû beân trong ñöôøng troøn (O),
ta coù:

s� + s�
AN ᄋ
PC

AEN = A
2 P
ᄋ + s� ᄋ
=
s�AP
2
PC
AN ᄋ

(
v� = AP (gt) ) K
E

D
s� ᄋ
APC N O
=
2

= ABC v� ᄋ
( nᄋ
ABC la� � � � a (O) cha�APC
goc noi tiep cu� ) M B C

ᄋ ᄋ
� AEN = DBC
Ma� AEN + DEC = 180Ο ( hai goc ke� �
ᄋ ᄋ � bu )
n ᄋ ᄋ
Ne� DBC + DEC = 180Ο
T� c BDEC no� p (theo ��ly�� ve� giac noi tiep)

gia� i tie� nh � t��� � �
ao
b) Chöùng toû MB.MC = MN.MP .
t∆ ∆
Xe� MBP va�MNC , co�
:

PMC : Go�
c chung.
MPB = MCN ( hai goc noi tiep cua (O) cung chan cung nho�B )
ᄋ ᄋ � � � � � � N

12
MB MP
Suy ra ∆ MBP ∽ ∆ MNC (g – g) � = � MB.MC =MN.MP .
MN MC
c) Chöùng minh MK2 > MB.MC .
* Vì A laø ñieåmchính giöõa cuûacungnhoû NP (gt) suy ra OA ᄋ NP taïi K (ñöôøng kính ñi qua ñieåm chính giöõa cuûa
moät cung thì vuoâng goùc vôùi daây caêng cung ñoù ).
Suy ra K laø trungñieåmcuûadaâyNP (ñöôøng kính vuoâng goùc moät daây thì ñi qua trung ñieåm cuûa daây ñoù)
Suy ra NP =2.NK .
MB.MC =MN.MP (theo caâu b), suy ra:
MB.MC =MN(MN +NP) =MN(MN +2.NK) =MN2 +2.MN.NK (1)
MK 2 =(MN +NK)2 =MN2 +2.MN.NK +NK 2 >MN2 +2.MN.NK ( do NK2 > 0 ) (2)
Töø (1) vaø(2): MK 2 >MB.MC .
x2 − 2x + 2011
∙Baøi 5: T� gia� nho� t cu� u th� A =
m tr� nha� a bie� � c (vôùi x 0)
x2
* Caùch 1: (Duøng kieán thöùc ñaïi soá lôùp 8)
x2 − 2x + 2011
A=
x2
( vôùx 0)
i
2
1 ��
1 1
=1− 2� + 2011� �=2011.t2 − 2t +1 (vôùt = �
� i 0)
x x
�� x
� 1 1 � 1
=2011�2 − 2�� +
t t 2�
+ 1−
� 2011 2011 � 2011
2
� 1 � 2010 2010 � 1 �
=2011�−t �+ ��� � u"=
daá " t= x = 2011 ; thoõ x 0�
a
� 2011� 2011 2011 � 2011 �
2010
* Va�
y MinA = x =2011.
2011
* Caùch 2: (Duøng kieán thöùc ñaïi soá 9)
x2 − 2x + 2011
A= ( v�x 0)
�i
x2
� A.x2 = x2 − 2x + 2011
� ( A − 1) x2 + 2x − 2011= 0 ( *) ( coi ��la� �� tr� an x )
ay ph ng nh �
2011
T�� A − 1 =0 �� =1
(*): A (1) x=
2
Ne� − 1 0 th� luo� ph�ng tr� ba� �i v� a�
uA (*) n la� � nh c hai o� �n x.
i
x toàntaïi khi phöôngtrình(*) coù nghieäm.
� ∆/ �0
� 12 + 2011( A − 1) �0
� �
2010 � − b/ −1 −1 �
۳�= = = � � u "=
A da� " (*) co�
nghie� ke� =
m px 2011 ; tho� 0�
ax (2)
2011 � a A −1 2010
−1 �
� 2011 �
So saùnh(1) vaø(2) thì 1 khoâng phaûi laø giaù trò nhoû nhaát cuûa A maø:
2010
* MinA = x =2011.
2011

……………………………… Heát……………………………



së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o K× THI TUYÓN SINH líp 10 THPT
L¹ng s¬n N¨M häc 2011 - 2012

M¤N THI: TOÁN
®Ò chÝnh thøc Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề

13
Câu 1 (2 điểm):
a. Tính giá trij của các biểu thức: A = 25 + 9 ; B = ( 5 − 1)2 − 5
x + y + 2 xy 1
b. Rút gọn biểu thức: P = : Với x>0, y>0 và x y.
x+ y x− y
Tính giá trị của biểu thức P tại x = 2012 và y = 2011.
Câu 2 ((2điểm):
Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ, đồ thị của các hàm số y = x 2 và y = 3x – 2.
Tính tọa độ các giao điểm của hai đồ thì trên.
Câu 3 (2 điểm):
a. Tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật, biết chiều dài hơn chiều rộng 1 m và độ dài m ỗi đường chéo của hình
chữ nhật là 5 m.
b. Tìm m để phương trinh x - 2 x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Câu 4 (2 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C là
những tiếp điểm).
a. Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp. Nêu cách vẽ các tiếp tuyến AB, AC.
b. BD là đường kính của đường tròn (O; R). Chứng minh: CD//AO.
c. Cho AO = 2R, tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Câu 5 (2 điểm)
Tìm số tự nhiên n biết: n + S(n) = 2011, trong đó S(n) là tổng các chữ s ố của n.


……………………..……………..……….Hết………………………….………………
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


Họ tên thí sinh…………………………………………… SBD……………….




HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (2 điểm):
a. Tính giá trij của các biểu thức: A = 25 + 9 = 5 + 3 = 8 ;
B= ( 5 − 1)2 − 5 = ( 5 − 1) − 5 = 5 − 1 − 5 = −1
x + y + 2 xy 1
b. Rút gọn biểu thức: P = : Với x>0, y>0 và x y.
x+ y x− y
x + y + 2 xy 1 ( x + y )2
P= : = .( x − y ) = ( x + y )( x − y ) = x − y
x+ y x− y x+ y
tại x = 2012 và y = 2011 => P = 1
Câu 2 ((2điểm):
Vẽ trên cùng một hệ trục tọa độ, đồ thị của các hàm số y = x 2 và y = 3x – 2.
Tính tọa độ các giao điểm của hai đồ thì trên.
a) Vẽ đồ thị trên cùng một hệ trục
x -2 -1 0 1 2
2
y=x 4 1 0 1 4
Vẽ y = 3x-2
Cho x = 0 => y =-2 ; Cho x = 1=> y = 1
HS tự vẽ.
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x2 và y = 3x – 2 là nghiệm của phương trình:
x2 = 3x - 2  x2 - 3x + 2 = 0
ta có a + b + c = 0 => x1 = 1 => y1 = 1
x2 = 2 => y2 = 4.
Vậy tọa độ các giao điểm của hai đồ thì trên là (1; 1) và (2; 4).
14
Câu 3 (2 điểm):
a. Gọi chiều dài là x (m) (ĐK: x > 1), chiều rộng sẽ là x – 1 (m)
Vì độ dài mỗi đường chéo của hình chữ nhật là 5 m Áp dụng Pytago ta có:
x2 + (x - 1)2 = 52
 x2 + x2 - 2x +1 – 25 = 0
2x2 – 2x – 24 = 0
 x2 - x – 12 = 0
x1 = 4 (TM)
x2 = - 3 (loại)
Vậy chiều dài là 4m, chiều rộng là 3m.
b. Tìm m để phương trinh x - 2 x + m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt.
Đặt x = t (ĐK: t 0)
(1)  t2 – 2t + m = 0 (2)
Để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt thì pt (2) phải có hai nghiệm dương
∆' = 1− m 0
pt (2) có hai nghiệm dương x1 + x 2 = 2 > 0 � 0 < m �1
x1.x 2 = m > 0 B
Vậy với 0 < m 1 pt (1) có 2 nghiệm phân biệt
Câu 4 (2 điểm)


a. Ta có ABO = 900 (T/c là tia tiếp tuyến A

ACO = 900 (T/c tia tiếp tuyến) I H O
ᄋ ᄋ
=> ABO + ACO = 1800
Vậy ABOC nội tiếp đường tròn đường kính AO.
- Vẽ đường tròn đường kính OA, đường tròn này C D
cắt (O) tại B và C.
- Nối AB ; AC ta có hai tiếp tuyến cần vẽ.
b. Gọi H là giao điểm của BC và OA
Xét ∆ ABC có AB = AC => ∆ ABC cân tại A.
Do đó AH đồng thời vừa là đường phân giác, đường cao, đường trung trực của ∆ ABC => HB = HC
Xét ∆ BCD có HB = HC (CM trên)
OB = OC (=R)
 OH là đường trung bình của ∆ BCD
 CD//OH hay CD//AO.
c. ∆ABC là tam giác cân =>OH = R/2 gọi I là giao điểm của OA và (O ; R) do OA = 2R nên I là trung điểm của
OA, mà AI/AH = 2/3 nên I là trọng tâm của tam giác ABC và cũng là tâm đ ường tròn n ội ti ếp c ủa ∆ABC , vậy bán
kính đường tròn nội tiếp r = IH = R/2.
Câu 5 (2 điểm)
Tìm số tự nhiên n biết: n + S(n) = 2011, trong đó S(n) là tổng các chữ s ố của n.
Nếu n có 1, 2, 3 chữ số thì n + S(n) < 1000 + 9 + 9 + 9 < 2011
nếu n có 5 chữ số trở lên thì n + S(n) > 10000 > 2011
Vậy n có 4 chữ số : n = abcd do n < 2011 nên a = 1 hoặc a = 2
TH1: a = 2 ta có nếu b 0 hoặc c 0 thì n + S(n) > 2011 VL
Nên b = 0 và c = 0 khi đó : 200d + 2 + d = 2011 Vô lý vì VT chẵn còn VP lẻ.
TH2: a = 1, nếu b < 9 thì n + S(n) < 1900 + 1+ 3.9 < 2011
Nên b = 9, khi đó : (1900 + 10c + d) + 1 + 9 + c + d = 2011
Hay 11c + 2d = 101. do d 9 nên 101 = 11c + 2d 11c + 18
83
c nên c = 8 hoặc c = 9
11
nếu c = 8 thì 11.8 + 2d = 101 d = 13/2 vô lý.
vậy c = 9 d=1
thử lại : 1991 + 1 + 9 + 9 + 1 = 2011 thoả mãn. Vậy n = 2011


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
QUẢNG NAM Năm học: 2011 – 2012
15
Khóa thi: Ngày 30 tháng 6 năm 2011
MÔN: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)


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: x 2 − 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; x 2 thỏa
1 1 x1 + x 2
mãn hệ thức : + = .
x1 x 2 2011

Bài 3 (1,5 điểm):
1 2.
Cho hàm số y = x
4
1) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đó.
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 (4,0 điểm):
Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Gọi C là điểm chính gi ữa c ủa cung AB. Trên tia đ ối c ủa tia
CB lấy điểm D sao cho CD = CB. OD cắt AC tại M. Từ A, kẻ AH vuông góc v ới OD (H thu ộc OD). AH c ắt DB t ại
N và cắt nửa đường tròn (O; R) tại E.
1) Chứng 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) Chứng 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 =======

Họ và tên thí sinh:.............................................Số báo danh:...................................




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
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM
I. Hướng dẫn chung
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ đi ểm t ừng ph ần nh ư h ướng d ẫn
quy định.
2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch
với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.
3) Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25.
16
II. Đáp án và thang điểm
Bài Câu Đáp án Điểm
1 A = 2 5 + 3 45 − 500 = 2 5 + 9 5 − 10 5 0,50
( 2,0đ) 1,0đ
0,50
= 5

1,0đ B=
1

15 − 12
= 3− 2−
3 5 −2 ( ) 0,50
3+ 2 5 −2 5 −2
0,25
= 3− 2− 3 0,25
=− 2
2 1) + Tìm được y = 2 ( hoặc x = 1) 0,25
(2 ,5đ) 0,75đ + Tìm được giá trị còn lại 0,25
+ Kết luận nghiệm (x; y ) = ( 1; 2 ) 0,25
2) a) +Khi m = 4 phương trình (1) trở thành x 2 − 4x + 3 = 0 0,25
1,75đ + Tìm được hai nghiệm x1 = 1 ; x2 = 3 0,50
b)Cách 1:
+ Chứng tỏ ∆ ≥ 0 nên được P/t (1) có nghiệm với mọi m 0,25
x1 + x 2 = m
+ Áp dụng hệ thức Viét : 0,25
x1.x 2 = m − 1
1 1 x1 + x 2 m m 0,25
+ Biến đổi hệ thức + = thành = (*)
x1 x 2 2011 m − 1 2011 0,25
+ Điều kiện của (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm được m = 0, m = 2012(tmđk)
Cách 2: 0,25
+ Chứng tỏ a + b + c = 0 nên được P/t (1) có nghiệm với mọi m 0,25
+ Viết được x1 = 1; x2 = m – 1
1 1 x1 + x 2 m m 0,25
+ Biến đổi hệ thức + = thành = (*)
x1 x 2 2011 m − 1 2011 0,25
+ Điều kiện của (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm được m = 0, m = 2012(tmđk)
3 1) + Lâp bảng giá trị có ít nhất 5 giá trị 0,25
( 1,5đ) 0,75đ + Biểu diễn đúng 5 điểm trên mặt phẳng tọa độ 0,25
+ Vẽ đường parabol đi qua 5 điểm 0,25
2) + Xác định đúng hệ số b = –2 0,25
0,75đ + Tìm được điểm thuộc (P) có hoành độ bằng 2 là điểm (2; 1) 0,25
3 0,25
+ Xác định đúng hệ số a =
2

4 Hình Hình vẽ phục vụ câu 1: 0,25đ – câu 2 : 0,25đ
(4,0đ) 0,50đ 0,50
D
D




K C
K C
E
E
M N
M N
H
H


A B
A B O
Hình : Câu 1; 2
O Hình cả bài
1) ᄋ
+ Nêu được MCN = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 0,50
1,0đ 0,25
ᄋ ᄋ
+ Tứ giác MCNH có MCN = MHN = 900 là tứ giác nội tiếp 0,25
+ Chứng minh AE ⊥ BE từ đó suy ra OD // EB

17
2) ᄋ ᄋ
+ Nêu được KDC = EBC (slt) 0,25
1,0đ 0,50
+Chứng minh ∆ CKD = ∆ CEB (g-c-g)
0,25
+ Suy ra CK = CE hay C là trung điểm của KE
3) ᄋ
+ Chứng minh CEA = 450 0,25
1,0đ 0,25
+ Chứng minh ∆ EHK vuông cân tại H .
ᄋ 1ᄋ
+ Suy ra đường trung tuyến HC vừa là đường phân giác , do đó CHN = EHK =
2 0,25
ᄋ ᄋ
45 . Giải thích CMN = CHN = 450 .
0
0,25
ᄋ ᄋ ᄋ
+Chứng minh CAB = 450, do đó CAB = CMN . Suy ra MN // AB
4) DM 2
0,50đ + Chứng minh M là trọng tâm của tam giác ADB , dó đó =
DO 3 0,25
MN DM 2 2R
và chứng minh = = ⇒ MN =
OB DO 3 3
+ Giải thích tứ giác MCNH nội tiếp đường tròn đường kính MN. Suy ra bán kính
R
đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH bằng
3 0,25
Tính được diện tích S của hình tròn đường kính MN :
πR 2
S= ( đvdt)
9

............Hết.............




SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
QUẢNG NGÃI KHÓA THI ngày 29-6-2011
MÔN : TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (1.5 điểm) 1) Thực hiện phép tính: 2 9 + 3 16
2) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
2
a) x – 20x + 96 = 0

x + y = 4023
b)
x − y =1
Bài 2: (2.5điểm)
1) Cho hàm số y = x2 có đồ thị là (P) và đường thẳng (d): y = x + 2
a) Vẽ ( P ) và ( d ) trên cùng một hệ toạ độ Oxy
b) Bằng phép tính hãy tìm toạ độ giao điểm của ( P ) và ( d )
2) Trong cùng một hệ toạ độ Oxy cho 3 điểm: A(2;4); B(-3;-1) và C(-2;1). Ch ứng minh 3 đi ểm A, B, C không th ẳng
hàng.
x 2x − x
3) Rút gọn biểu thức: M = + với x > 0; x 1
x −1 x−x
Bài 3: (1.5điểm) Hai bến sông cách nhau 15 km. Thơì gian m ột ca nô xuôi dòng t ừ b ến A đ ến b ến B, t ại b ến B ngh ỉ 20
phút rồi ngược dòng từ bến B trở về bến A tổng cộng là 3 giờ. Tính vận t ốc của ca nô khi n ước yên l ặng, bi ết v ận t ốc
của dòng nước là 3 km/h.
Bài 4: (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn th ẳng AO ( C khác A và
C khác O ). Đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với AO cắt n ửa đường tròn đã cho t ại D. Trên cung BD l ấy đi ểm
M ( với M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của n ửa đường tròn đã cho t ại M c ắt đ ường th ẳng CD t ại E. G ọi F là giao
điểm của AM và CD.
18
1. Chứng minh : BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn.
2. Chứng minh EM = EF
3. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Ch ứng minh D, I, B th ẳng hàng; t ừ đó suy ra góc ABI có s ố đo
không đổi khi M thay đổi trên cung BD.
Bài 5:(1.0 điểm) Cho phương trình ( ẩn x ): x − ( 2m + 3) x + m = 0 . Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho.
2


x12 + x2 2 có giá trị nhỏ nhất.
Tìm giá trị của m để biểu thức

-------- HẾT ---------

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
MÔN : TOÁN

Bài 1:
1) Thực hiện phép tính: 2 9 + 3 16 = 2 32 + 3 42 = 2. 3 + 3. 4 = 2.3 + 3.4 = 6 + 12 = 18
2) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) x 2 − 20 x + 96 = 0
∆ ' = 102 + 1.96 = 100 − 96 = 4 > 0; ∆' = 4 = 2
10 + 2 10 − 2
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = = 12 ; x2 = =8
1 1
Vậy tập nghiệm của pt là : S = { 12;8}
� + y = 4023
x � x = 4024
2 � = 2012
x � = 2012
x
b) � �� � � ��
�− y =1
x �− y =1
x � = 2012 − 1 � = 2011
y y
Bài 2: 1)
a) Vẽ ( P ) : y = x
2

Bảng giá trị giữa x và y: x -2 -1 0 1 2
y 4 1 0 1 4
Vẽ ( d ) : y = x + 2
x = 0 � y = 2: A ( 0; 2 )
y = 0 � x = −2 : B ( −2;0 )
6




4




2




-10 -5 5 10




-2




-4




-6




b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x = x + 2 � x − x − 2 = 0 ( 1)
2 2


Vì a − b + c = 0 nên (1) có hai nghiệm là x1 = −1; x2 = 2
* Với x1 = −1 � y1 = 1
* Với x2 = 2 � y2 = 4
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: ( −1;1) và ( 2; 4 )
2) Phương trình đường thẳng AB có dạng: y = ax + b ( d )
� 4 = 2a + b �a = 5
5 � =1
a
Vì A ( 2; 4 ) và B ( −3; −1) thuộc (d) nên ta có hpt � �� ��
� 1 = −3a + b
− �4 = 2a + b �=2
b
Vậy phương trình đường thẳng AB là: y = x + 2
Thay x = −2; y = 1 vào pt đường thẳng AB ta có: 1 = −2 + 2 � 1 = 0 (vô lí). Suy ra C ( −2;1) không thuộc đường
thẳng AB hay ba điểm A ( 2; 4 ) ; B ( −3; −1) ; C ( −2;1) không thẳng hàng.

19
x 2x − x
3) M = + (với x > 0; x 1)
x −1 x−x


( )= ( )
2
x 2x − x x x 2 x −1 x 2 x −1 x − 2 x −1 x −1
M = + = + − = = = x −1
x −1 x−x x −1 (
x 1− x ) x −1 x −1 x −1 x −1
Vậy M = x − 1 (với x > 0; x 1 )
1
Bài 3: Đổi 20 ph = h
3
Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x (km/h), đk: x > 3
Vận tốc ca nô lúc xuôi dòng là: x + 3 ( km / h )
Vận tốc ca nô lúc ngược dòng là: x − 3 ( km / h )
15
Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là: ( h)
x+3
15
Thời gian ca nô ngược dòng từ B về A là: ( h)
x−3
Vì thời gian ca nô xuôi dòng, ngược dòng, kể ca thời gian nghỉ là 3 giờ. Do đó ta có ph:
15 15 1
+ + = 3 ( 1)
x+3 x−3 3
Giải pt: MTC: 3 ( x + 3) ( x − 3)
Qui đồng rồi khử mẫu pt (1) ta được: 45 ( x − 3) + 45 ( x + 3) + ( x − 3 ) ( x + 3 ) = 9 ( x − 3 ) ( x + 3 )
45 x − 135 + 45 x + 135 + x 2 − 9 = 9 x 2 − 81 � 8 x 2 − 90 x − 72 = 0
∆ ' = 452 + 8.72 = 2061 � ∆ ' = 2601 = 51
45 + 51 45 − 51
x1 = = 12; x2 = = 0, 75
8 8
Đối chiếu với điều kiện x>3 ta thấy chỉ có x = 12 thỏa mãn.
Vậy: Vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 12 km/h.
Bài 4:

Nữa đường tròn (O) đường kính AB
E C cố định và C OA
M ( O ) ; ME là tiếp tuyến của (O)
GT
CD ⊥ OA
D
I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆FDM
M
a) BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn
H I KL b) EM = EF
c) D, I, B thẳng hàng; từ đó suy ra góc ABI có số đo
F
không đổi khi M thay đổi trên cung BD.
A B
C O


Chứng minh: a) Ta có: M ( O ) đường kính AB (gt) suy ra: ᄋ
AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) hay

FMB = 900 . Mặt khác FCB = 90 (GT ) . Do đó ᄋ
ᄋ 0 ᄋ
AMB + FCB = 1800 . Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Ta có: BCFM là tứ giác nội tiếp(cmt) � CBM = EFM ( 1) (cùng bù với CFM )
ᄋ ᄋ ᄋ

Mặt khác CBM = EMF ( 2 ) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn ᄋ
ᄋ ᄋ
AM )
( 1) & ( 2 ) � EFM = EMF � ∆EFM cân tại E � EM = EF (đpcm)
ᄋ ᄋ

DIF

c) Gọị H là trung điểm của DF. Dễ thấy IH ⊥ DF và HID = ( 3) .
2

DIF ᄋ
DIF
Trong đường tròn ( I ) ta có: DMF =
ᄋ ᄋ ᄋ
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn DF ) hay DMA = ( 4)
2 2

20
Trong đường tròn ( O ) ta có: DMA = DBA ( 5 ) (góc nội tiếp cùng chắn DA )’
ᄋ ᄋ ᄋ

( 3) ; ( 4 ) ; ( 5) � DIH
ᄋᄋ
= DBA
ᄋ ᄋ
Dễ thấy CDB = 900 − DBA
ᄋ ᄋ
HDI = 900 − DIH
Mà DIK = DBA ( cmt )
ᄋ ᄋ
ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ
Suy ra CDB = HDI hay CDB = CDI D; I ; B thẳng hàng.

AD . Vì C cố định nên D cố định ᄋ
AD không đổi.
Ta có: D; I; B thẳng hàng (cmt) � ᄋ
ABI = ᄋ
ABD = sd sd
2 2
Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD.
Bài 5: Cho phương trình ( ẩn x ) x − ( 2m + 3) x + m = 0 . Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm
2


x12 + x2 2 có giá trị nhỏ nhất.
giá trị của m để biểu thức
Phương trình x − ( 2m + 3) x + m = 0 ( 1) là phương trình bậc hai, có:
2


� 9� � 5�
∆ = � ( 2m + 3) � − 4.m = 4m 2 + 12m + 9 − 4m = 4m 2 + 8m + 9 = 4 � 2 + 2m + � 4 � 2 + 2m + 1 + �
2
�– � m = m .
� 4� � 4�
� 5�
∆ = 4 � + 1) + � 4 ( m + 1) + 5 > 0 với mọi m. Suy ra phương trình ( 1) luôn có hai nghiệm phân biệt vói mọi m.
(m
2 2
=
� 4�
S = x1 + x2 = 2m + 3
Áp dụng hệ thức Vi et, ta được:
P = x1 .x2 = m
� 5 9�
x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = ( 2m + 3) − 2m = 4m 2 + 12m + 9 − 2m = 4m 2 + 10m + 9 = 4 � 2 + m + �
2 2
m
� 2 4�
5 25 11 � � � 5 � 11 � � 5 � 11 11
2 2

= 4 � 2 + 2.m. +
m + � 4 �m + �+ � 4 � + �+
= � = m
� 4 16 16 � � � 4 � 16 � � 4 � 4 4
5 5
Dấu “=” xảy ra khi m + = 0 � m = −
4 4
11 5
2 2 m=−
x + x2 là 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 1 4 khi




SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
THANH HÓA NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút( không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2011


Bµi 1: ( 1,5 ®iÓm )
1. Cho hai sè : b1 = 1 + 2 ; b2 = 1 - 2 . TÝnh b1 + b2

m + 2 n = 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
21
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)
Chøng minh : x12 - 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

====================

Hướng dẫn giải
---------------------
Bµi 1: ( 1,5 ®iÓm )
1. Cho hai sè : b1 = 1 + 2 ; b2 = 1 - 2 . TÝnh b1 + b2

m + 2 n = 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 + 2 n = 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 + 4 2 = 2 + 4 2 + 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

22
6. Gäi x1 , x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) ( v¬Ý x1 < x2 )
Chøng minh: x12 - 2x2 + 3 ≥ 0 .
HD :
1. Víi n = 2 th× ph¬ng tr×nh ®· cho ®îc viÕt l¹i : x2 - 3x + 2 = 0
Ta thÊy : a = 1 ; b =-3 ; c = 2 mµ a + b + c = 0 nªn ph¬ng tr×nh trªn lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x1 = 1 vµ x2 = 2.
2. Tõ ph¬ng tr×nh (1) ta cã ∆ = 4n2 - 4n + 1 - 4 ( n ( n - 1))
= 1 => ∆ > 0 ∀n vËy ph¬ng tr×nh ®· cho lu«n cãhai nghiÖm ph©n biÖt x1 = n -1
vµ x2 = n .
3. Theo bµi ra ta cã : x12 - 2x2 + 3 = ( n - 1 ) 2 -2n + 3
= n2 - 4n + 4
= ( n - 2 )2
V× ( n - 2) ≥ 0∀n . dÊu b»ng x¶y ra khi n = 2
2

VËy : x12 - 2x2 + 3 = ( n - 2 )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 .

HD : B
a. Ta cã : ∠ BFH = ∠ BEC = 90 ( Theo gi¶ thiÕt)
0


 ∠ BFH + ∠ BEC = 1800
N
 tø gi¸c BFHE néi tiÕp ®êng trßn ®êng F
kÝnh BH . H E
 H
b. XÐt tø gi¸c CFED ta cã : H
∠CED = ∠ DFC = 900
( cïng nh×n ®o¹n th¼ng CD díi mét gãc C D
vu«ng) O
=> CFED néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh CD .
=> ∠ EFD = ∠ ECD ( Cïng ch¾n cung ED )

∠ 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)
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 x+ y+z x 2x
.1 ≤ = => ≥
x 2 2x y+z x+ y+z

23
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 z x+ y+z z 2z
.1 ≤ = => ≥
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



Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi tuyÓn sinh líp 10thpt
b¾c giang N¨m häc 2011 - 2012
M«n thi: to¸n
®Ò chÝnh thøc Ngµy thi: 01/ 7/ 2011
Thêi gian lµm bµi: 120 phót
(Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

C©u 1: (2,0 ®iÓm)
1. TÝnh 3. 27 − 144 : 36 .
2. T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó hµm sè bËc nhÊt y = (m - 2)x + 3 ®ång biÕn trªn R.

C©u 2: (3,0 ®iÓm)
� +3 a
a ��a − 1 �
1. Rót gän biÓu thøc A = �
� − 2 ��� + 1� víi a 0; a 1.
�� a − 1 � ,
� a +3 �
2 x + 3 y = 13
2. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: .
x − 2 y = −4
3. Cho ph¬ng tr×nh: x 2 − 4 x + m + 1 = 0 (1), víi m lµ tham sè. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ph¬ngg tr×nh (1) cã
hai nghiÖm x1 , x2 tho¶ m·n ( x1 − x2 ) = 4 .
2




C©u 3: (1,5 ®iÓm)
Mét m¶nh vên h×nh ch÷ nhËt cã diÖn tÝch 192 m2. BiÕt hai lÇn chiÒu réng lín h¬n chiÒu dµi 8m. TÝnh
kÝch thíc cña h×nh ch÷ nhËt ®ã.

C©u 4: (3 ®iÓm)
Cho nöa ®êng trßn (O), ®êng kÝnh BC. Gäi D lµ ®iÓm cè ®Þnh thuéc ®o¹n th¼ng OC (D kh¸c O vµ C).
Dùng ®êng th¼ng d vu«ng gãc víi BC t¹i ®iÓm D, c¾t nöa ®êng trßn (O) t¹i ®iÓm A. Trªn cung AC lÊy ®iÓm M bÊt
kú (M kh¸c A vµ C), tia BM c¾t ®êng th¼ng d t¹i ®iÓm K, tia CM c¾t ®êng th¼ng d t¹i ®iÓm E. §êng th¼ng BE c¾t
nöa ®êng trßn (O) t¹i ®iÓm N (N kh¸c B).
1. Chøng minh tø gi¸c CDNE néi tiÕp.
2.Chøng minh ba ®iÓm C, K vµ N th¼ng hµng.
3. Gäi I lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BKE. Chøng minh r»ng ®iÓm I lu«n n»m trªn mét ®êng th¼ng
cè ®Þnh khi ®iÓm M thay ®æi.

C©u 5: (0,5 ®iÓm)
Cho hai sè thùc d¬ng x, y tho¶ m·n:

24
( )
x 3 + y 3 − 3 xy x 2 + y 2 + 4 x 2 y 2 ( x + y ) − 4 x 3 y 3 = 0 .
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc M = x + y.

---------------------------HÕt---------------------------




híng dÉn chÊm
C©u 1: (2,0 ®iÓm)
1. 3. 27 − 144 : 36 = 81 − 12 : 6 = 9 − 2 = 7
2. Hµm sè bËc nhÊt y = (m - 2)x + 3 ®ång biÕn trªn R khi m − 2 > 0 � m > 2
C©u 2: (3,0 ®iÓm)
� +3 a
a ��a − 1 � � a ( a + 3) �� a − 1).( a + 1) �
(
A=�
� a +3 − 2 ��
� + 1� �
�� a − 1 � =� − 2 ��

�� + 1�

1. � � � a +3 �� a −1 �
= ( a + 2).( a − 2) = a − 4
2. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
� +3 y =13
2x � +3 y =13
2x � = 21
7y �= 3
y
� �� �� ��
�−2 y =−
x 4 � −4 y =−
2x 8 �−2 y =−
x 4 �= 2
x
3.PT : x 2 − 4 x + m + 1 = 0 (1), víi m lµ tham sè.
V = ( −2) 2 − (m + 1) = 3 − m
'
Ph¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm khi V 0 − ��� 3 m 0 m 3
Theo hÖ thøc Viét ta có x1 + x2 = 4 (2) ; x1.x2 = m + 1 (3)
Theo đề bài ta có:
( x1 − x2 ) = 4 � x12 − 2 x1.x2 + x2 2 = 4 � x12 + x2 2 − 2 x1.x2 = 4 � ( x1 + x2 ) − 4 x1.x2 = 4 (4)
2 2


Thay (2),(3) vµo (4) ta có: 16 - 4.(m+1) = 4 16- 4m – 4 = 4 - 4m=-8
m=2 (có thoả mãn m 3 )

C©u 3: (1,5 ®iÓm)
Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x(m) ĐK : x>0
192
Vậy chiều dài của hình chữ nhật là (m )
x
Do hai lÇn chiÒu réng lín h¬n chiÒu dµi 8m nên ta có PT
192
2x - =8 ⇔ 2x2 - 8x - 96 = 0
x
Giá trị x2 = -8 < 0 (loại) ; x1 =12 có thoả mãn ĐK
Vậy chiều rộng của hình chữ nhật là 12 m
Chiều dài của hình chữ nhật là 192 ;12=16 (m)
C©u 4: (3 ®iÓm)

a) Xét tứ giác CDNE có CDE = 90o ( GT)
E

Và BNC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên

ENC = 90o (Kề bù với góc BNC)
ᄋ ᄋ
Vậy CDE = CNE = 90o nên tứ giác CDNE nội tiếp( Vì có
N
hai đỉnh kề nhau là D,N cùng nhìn EC dưới 1 góc vuông)
K M b) Gợi ý câu b:
Tam giác BEC có K là giao điểm của các đường cao BM và
O
ED nên K là trực tâm Vậy KC ⊥ BE
B H D C
Tứ giác MENK nội tiếp nên góc KNE là góc vuông nên
KN ⊥ BE Vậy C,K ,N thẳng hàng



25
c) Gợi ý câu c:
Lấy H đối xứng với C qua D, Do C,D cố định nên H cố định.
ᄋ ᄋ
tam giác HKC cân tại K nên KHC = KCH
ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ
Mà BED = KCH (cùng phụ góc EBC) Vậy KHC = BED nên tứ giác BEKH nội tiếp nên I t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp
tam gi¸c BKE đi qua B và H cố định nên I thuộc đường trung trực của BH
Câu 5:
§Æt a = x+y = M; b = xy; a 2 4b Tõ gi¶ thiÕt cã:
(a − 2b)(a 2 − ab + 2b 2 − 3b) = 0
a 3 − 3ab − 3a 2b + 6b 2 + 4ab 2 − 4b3 = a = 2b
a 2 − ab + 2b 2 − 3b = 0
+) NÕu a =2b
�M = x+ y � 2;
Th×: x+y = 2xy. Mµ (x+y)2 4xy nªn (x+y)2 2( x + y ) (*)
" = " khi : x = y = 1.
a 2 − ab + 2b 2 − 3b = 0
+) NÕu a − ab + 2b − 3b = 0
2 2
(1)
� 2b 2 − (a + 3)b + a 2 = 0
a2 a+3 a2
Gi¶ sö ∆ = (1) cã nghiÖm b tho¶ m·n b th× b=
4 2 4
�−−�۳+ > 6 0
a 2 2a a 1 7;( Do : a 0) vµ
3
(a + 3) 2 8a 2 + + + −�۳ (a 3 2a 2)( a 3 2a 2) 0
−��� 0 ... a
2 2 −1
VËy a 1 + 7 (**)
Tõ (*) vµ (**) suy ra a = M cã gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 2 khi x = y =1.




SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG TRỊ Khóa ngày 27 tháng 6 năm 2011
MÔN: TOÁN
ĐỀ CHÍNH Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
THỨC
Câu 1 (2,0 điểm)
Rút gọn các biểu thức (không sử dụng máy tính cầm tay):
a) M = 27 + 5 12 − 2 3 ;
� 1 1 � a
b) N = � + �: , với a > 0 và a 4.
� a +2 a − 2 �a − 4
Câu 2 (1,5 điểm)
Giải các phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay):
a) x 2 − 5 x + 4 = 0 ;
x +1 1
b) = .
x +3 2
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số y = -x + 3;
b) 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 x1 + x2 .
2 2


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)

26
Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau t ại E. K ẻ È
vuông góc với AD (F AD; F O).
a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được;
b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF;
c) 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) M = 27 + 5 12 − 2 3 = 3 3 + 10 3 − 2 3 = 11 3 ;
� 1 1 � a � a − 2 + a + 2 � a � a �a − 4
2
b) N = � + �a − 4 = �
: � �a − 4 = � − 4 � a = 2
�: � .

� a +2 a −2� � a−4 � �a �
Câu 2 (1,5 điểm)
Giải các phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay):
a) x 2 − 5 x + 4 = 0
Ta có (a=1; b=-5; c=4) a+b+c=0 nên phương trình x 2 − 5 x + 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 = 1 và x2 = 4.
x +1 1
b) = .
x +3 2
x +1 1
Điều kiện: x 0 , ta có: = � 2( x + 1) = x + 3 � x = 1 � x = 1 .
x +3 2
Câu 3 (1,0 điểm)
a) 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).

b) 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 :
3 � 3�
3
a = -a + 3 2a = 3 � a = . Vậy trên (d) điểm có hoành độ và tung độ bằng nhau là M � ; �.
2 � 2�
2
Câu 4 (1,0 điểm)
x1 + x2 = −3
Do x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 3x -5 = 0. Nên theo vi-ét, ta có:
x1.x2 = −5
Vậy: x + x = ( x1 + x2 ) − 2 x1.x2 = (−3) − 2.(−5) = 9 + 10 = 19 .
2 2 2 2
1 2
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 80m 2 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:
�a + 4)(b + 4) = 80 + ab
( � + 4a + 4b + 16 = 80 + ab
ab
� �
� = (a + 5)(b − 2)
ab � = ab − 2a + 5b − 10
ab
� + b = 16
a � = 10
a
�� ��
�a − 5b = −10
2 �=6
b
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 t ại E. K ẻ
EF vuông góc với AD (F AD; F O).
a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được;
B
b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF;
c) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO. C
E
Giải:

M
A 27 D
O F
a) Ta có: ᄋ
ABD = 1v (Do ᄋ
ABD chắn nữa đương tròn đường kính AD ) (1)

AFE = 1v (Do EF ⊥ AD ) (2)
Từ (1)và (2) suy ra: ᄋ
ABD + ᄋ
AEF = 2v 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)
ᄋ ᄋ
EDF = ECF (cùng chắn EF )ᄋ (3)
Mặt khác trong (O) ta củng có ᄋ
ADB = ᄋ
ACB (cùng chắn ᄋ )
AB (4)
Từ (3) và (4) suy ra: ᄋ
ACB = ᄋACF .
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.
∆MDC cân tại M, hay MD = CM. (5)
Mặt khác hai tam giác cân MDF và ODB đồng dạng với nhau nên
DF DM
= � DM .DB = DF .DO (6)
DB DO
Từ (5) và (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm)

Lưu ý: Đáp án trên còn có nhiều cách giải khác.




SỞ GIAO DUC VÀ ĐAO TAO
́ ̣ ̀ ̣ KỲ THI TUYÊN SINH VAO LỚP 10 THPT
̉ ̀
KIÊN GIANG ̣
NĂM HOC 2011-2012
----- -----
ĐỀ CHINH THỨC
́ MÔN THI: TOAN ́
(Đề thi có 01 trang) Thời gian: 120 phut (không kể thời gian giao đê)
́ ̀
̀
Ngay thi: 22/6/2011

̉
Câu 1. (1,5 điêm)
́
Tinh: a) 12 − 75 + 48
b) Tinh giá trị biêu thức: A = (10 − 3 11)(3 11 + 10) .
́ ̉

Câu 2. (1,5 điêm)̉
Cho ham số y = (2 − m) x − m + 3
̀ (1)
a) Vẽ đồ thị (d) cua ham số khi m = 1
̉ ̀
b) Tim giá trị cua
̀ ̉ m để đồ thị ham số (1) đông biên.
̀ ̀ ́

̉
Câu 3. (1 điêm)
x + 2y = 5
Giai hệ phương trinh:
̉ ̀
3x − y = 1

Câu 4. (2,5 điêm)̉
a) Phương trinh: x 2 − x − 3 = 0 có 2 nghiêm x1 , x2 . Tinh giá tri: X = x1 x2 + x2 x1 + 21
3 3
̀ ̣ ́ ̣
b) Môt phong hop dự đinh có 120 người dự hop, nhưng khi hop có 160 người tham dự nên phai kê thêm 2 day ghê ́ va ̀
̣ ̀ ̣ ̣ ̣ ̣ ̉ ̃
môi day phai kê thêm môt ghế nữa thì vừa đu. Tinh số day ghế dự đinh luc đâu. Biêt răng số day ghê ́ luc đâu trong phong
̃ ̃ ̉ ̣ ̉ ́ ̃ ̣ ́ ̀ ́ ̀ ̃ ́ ̀ ̀
nhiêu hơn 20 day ghế và số ghế trên môi day ghế là băng nhau.
̀ ̃ ̃ ̃ ̀

̉
Câu 5. (1 điêm)
Cho tam giac ABC vuông tai A, đường cao AH. Tinh chu vi tam giac ABC biêt:
́ ̣ ́ ́ ́
25
AC = 5 cm, HC = cm.
13

̉
Câu 6. (2,5 điêm)

28
Cho nửa đường tron tâm O đường kinh AB; Vẽ tiêp tuyên Ax, By với đường tron tâm O. Lây E trên nửa đường tron,
̀ ́ ́ ́ ̀ ́ ̀
qua E vẽ tiêp tuyên với đường tron căt Ax tai D căt By tai C
́ ́ ̀ ́ ̣ ́ ̣
a) Chứng minh: OADE nôi tiêp được đường tron
̣ ́ ̀
b) Nôi AC căt BD tai F. Chứng minh: EF song song với AD
́ ́ ̣


́
--------- HÊT--------

(Thí sinh được sử dung may tinh theo quy chế hiên hanh)
̣ ́ ́ ̣ ̀




ĐÁP ÁN

CÂU ́ ́
ĐAP AN ̉
ĐIÊM
1 12 − 75 + 48 = 4.3 − 25.3 + 16.3
a)
= 2 3 −5 3 + 4 3 = 3
b) A = (10 − 3 11)(3 11 + 10) = 10 2 − (3 11) 2 = 100 − 99 = 1

2.
a) Khi m = 1 thì ham số (1) trở thanh:
̀ ̀ x 0 -2
y = x+2 y 2 0
Xet ham số y = x + 2 ta có bang giá tri:
́ ̀ ̉ ̣




b) y = (2 − m) x − m + 3 (1)
Để đồ thị cua ham số (1) đông biên thi: 2 − m > 0 � m < 2
̉ ̀ ̀ ́ ̀
3.
� + 2y = 5
x � + 2y = 5
x �x = 7
7 � =1
x � =1
x
� �� �� �� ��
4. �x − y = 1
3 �x − 2 y = 1 � + 2 y = 5
6 x �+ 2 y = 5
1 �=2
y

a) Phương trinh: x 2 − x − 3 = 0 (a = 1 ; b = -1 ; c = -3)
̀
́
Ta co: a.c = 1 . (-3) = -3 < 0 phương trinh có 2 nghiêm x1 , x2 . Theo đinh
̀ ̣ ̣
x1 + x2 = 1
lí Vi-et ta có :
́ (I)
x1 x2 = −3
Theo đề ta co: X = x1 x2 + x2 x1 + 21 = x1 x2 ( x1 + x2 ) + 21
3 3 2 2
́
= x1 x2 � 1 + x2 ) − 2 x1 x2 � 21
+
2
(x
� �
Thay hệ thức (I) vao biêu thức X ta được:
̀ ̉
X =-3 . [12 – 2 (-3)] + 21 = -21 + 21 = 0

29
b) Goi x (day) là số day ghế dự đinh luc đâu( x
̣ ̃ ̃ ́ ̀ N* và x > 20 )
Khi đó x + 2 (day) là số day ghế luc sau
̃ ̃ ́
120
Số ghế trong môi day luc đâu:
̃ ̃ ́ ̀ (ghê) ́
x
160
Số ghế trong môi day luc sau:
̃ ̃ ́ ghế
x+2
Do phai kê thêm môi day môt ghế nữa thì vừa đủ
̉ ̃ ̃ ̣
160 120
nên ta có phương trinh :
̀ − =1
x+2 x
5. � 160x − 120( x + 2) = x( x + 2)
� x2 − 38x + 240 = 0
x = 30
x = 8 (loᄐi)
Vây số day ghế dự đinh luc đâu là 30 day
̣ ̃ ̣ ́ ̀ ̃

́ ̣ ̣ ᄋ
Ap dung hệ thức về canh và đường cao trong ∆ABC ( A = 900 ).
AC2 25
� BC = = = 13 (cm)
́
Ta co: AC2 = BC. HC HC 25
13
̣ ̣ ᄋ
Ap dung đinh lí Pytago trong ∆ABC ( A = 900 ) ta co:
́ ́
BC2 = AC2 + AB2 � AB = BC2 − AC2 = 132 − 52 = 12 (cm)
́ ̀
Chu vi tam giac ABC la:
6. AB + BC + AC = 12 + 13 + 5 = 30 (cm)

C
E
D

F
A B
O


a) Chứng minh: ̣ ́
AOED nôi tiêp
được đường tron:
̀
Xet tứ giac AOED
́ ́ ́
co:

DAO = 900 (v� l � � tuy� c� (O))
AD ti p n a

DEO = 900 (v� l � � tuy� t�E c� (O))
DC ti p n i a
ᄋ ᄋ AOED n�ti � ��� � ��� � OD
i p ng tr n ng k nh
� DAO + DEO = 1800
b) Chứng minh EF song song với AD
DA ⊥ AB
Ta có : DA // CB
CB ⊥ AB
ᄋ ᄋ
DAF = BCF (so le trong)
ᄋ ᄋ
M �kh� F1 = F2 (�� nh)
t c: i ��
AD AF
� ∆ADF ~ ∆CBF (g - g) � = (1)
CB CF
Mà AD = DE (tinh chât hai tiêp tuyên căt nhau)
́ ́ ́ ́ ́
́ ́ ́ ́ ́
BC = CE (tinh chât hai tiêp tuyên căt nhau)
(2)
DE AF
Từ (1) và (2) � = . Theo đinh lí Talet đao suy ra:
̣ ̉
EC FC

30
EF // AD

́
------------HÊT-------------




SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NINH THUẬN 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
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).
Bài 2: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 3x2 – 4x – 2 = 0.
3 x − 2 y = −1

b) Giải hệ phương trình: 
2 x + y = 4

Bài 3: (2,0 điểm)
x x −8
Cho biểu thức: P = + 3(1 − x ) , với x ≥ 0
x+2 x +4
a/ Rút gọn biểu thức P.
2P
b/ Tìm các giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên.
1− P
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)
a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh rằng: ID = IE.
c) 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 t ại F.
Chứng minh rằng:
1 1 1
= +
ΑΒ 2
AΕ 2
ΑF 2

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.
∆' = (−2) 2 − 3.(−2) = 10

31
2 + 10 2 − 10
x1 = ; x1 =
3 3
3 x − 2 y = −1
b)Giải hệ phương trình : ; x 0; y 0
2 x + y =4

� x − 2 y = −1 � x = 1
3 x =1
�� �� ��
4 x +2 y =8 y =2 y=4
Bài 3: (2,0 điểm)
a)Rút gọn biểu thức P.
x x −8
P= + 3(1 − x ) , với x ≥ 0
x+2 x +4
= x − 2 + 3 − 3 x = 1− 2 x
2P
b)Tìm các giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q = nhận giá trị nguyên.
1− P
2P 2(1 − 2 x ) 1− 2 x 1
Q = = = = −2
1 − P 1 − (1 − 2 x ) x x
1
Q∈ Ζ ⇔ ∈Ζ ⇔ x =1
x
Bài 4: (3,0 điểm)
a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn.
B 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
E
Nên: tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn
I
b) Chứng minh rằng: ID = IE
Tam giác ABC có BI và CI là hai đường phân giác, nên CI là phân giác th ứ ba
C
⇒ ∠ EAI = ∠ AID
A
D ⇒ cung EI = cung ID . Vậy: EI = ID

c) Chứng minh rằng: BA.BE = BD. BI
∠ EAI = ∠ EDI ; ∠ ABD chung
BA BI
⇒ ∆ BAI ∼ ∆ BDE ⇒= ⇒ BA.BE = BD. BI
BD BE
1 1 1
Bài 5: (1,0 điểm) Chứng minh : = +
ΑΒ 2
AΕ 2
ΑF 2

Qua A, dựng đường thẳng vuông góc với AF, đường thẳng B này
cắt đường thẳng CD tại M F
Ta có: Tứ giác AECM nội tiếp ( vì ∠ EAM = ∠ ECM = 900) E

⇒ ∠ AME = ∠ ACE = 450 A


⇒ Tam giác AME vuông cân tại A
⇒ AE = AM C

∆ AMF vuông tại A có AD là đường cao, nên :
1 1 1
= + D
ΑD 2
AM 2
ΑF 2 M

Vì : AD = AB (cạnh hình vuông) ; AM = AE (cmt)
1 1 1
Vậy: = +
ΑΒ 2
AΕ 2
ΑF 2




32
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)
2+ 3+ 6+ 8+4
1) Đơn giản biểu thức: A =
2+ 3+ 4
1 1
P = a−( − );(a 1)
2) Cho biểu thức: a − a −1 a + a −1

Rút gọn P và chứng tỏ P 0

Bài 2( 2 điểm)
1)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).
2 3
+ =4
x y−2
1) Giải hệ phương trình 4 1
− =1
x y−2

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 t ốc 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.
1) Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn
2) Chứng minh � BAE = � DAC
3) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC,đường thẳng AM cắt OH t ại
G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC.
4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a


---------------- Hết -----------

Bài giải :
Bài 1
2 + 3 + 2 + 6 + 8 + 2 ( 2 + 3 + 4)(1 + 2)
1) A = = = 1+ 2
2+ 3+ 4 2+ 3+ 4
a + a −1 − a + a −1
2) P = a−( ); a 1
a − a +1
= a − 2 a − 1 = a − 1 − 2 a − 1 + 1; vi : a 1
� P = ( a − 1 − 1) 2 � ∀a �
0; 1
Bài 2 x2 + 5x + 3 = 0
1) Có ∆ = 25 − 12 = 13 > 0

33
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 x 0; y 2
2 3 14
+ =4 =7 x=2
�x y −2 � x � x=2
�� �� �� 3 ��
� − 3 =3
12 � + 3 =4
2 �+ y − 2 = 4
1 y =3
� x y −2 � y −2
x
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)
50
 Th gian dự định : ( h)
x
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)
50 − 2 x
Th gian đi quãng đường còn lại : ( h)
x+2
1 50 − 2 x 50
Theo đề bài ta có PT: 2+ + =
2 x+2 x
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 A
Tam giác AHD có OM là đường trung bình => AH = 2 OM
Và AH // OM
2 tam giác AHG và MOG có � HAG = �OMG ( slt )
�AGH = �MGO (đ đ)
H G O
∆AHG ∆MOG (G − G )
AH AG
� = =2 B C
MO MG M
Hay AG = 2MG
Tam giác ABC có AM là trung tuyến; G AM E D
Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC
d) ∆BHC = ∆ BDC ( 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) = 2π a ( ĐVĐD)




SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN.
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể th ời gian giao đề.
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu I (3,0 điểm)
� 1 1 � x +1
Cho biểu thức A = � + �:
( )
2
�− x
x x −1 � x −1
a) Nêu ĐKXĐ và rút gọn A
1
b) Tìm giá trị của x để A =
3

34
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = A - 9 x
Câu 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m + 2)x + m2 + 7 = 0 (1), (m là tham số)
a) Giải phương trình (1) khi m = 1
b) 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 t ốc của xe th ứ nh ất l ớn h ơn
vận tốc của xe thứ hai là 10 km/h nên xe máy thứ nhất đến B trước xe thứ hai 1 giờ. Tính v ận t ốc c ủa m ỗi 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 t ới đường tròn đó (B, C là
hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO và BC.
a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: AH. AO = AD. AE
c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua điểm O k ẻ 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:
x −1
a) ĐKXĐ: x > 0, x 1 . Rút gọn: A =
x
x −1 1
b) A=
1
3

x
= �3
3
( )
x −1 = x � x =
9
4
(thỏa mãn)

x −1 �1 �
c) P=A-9 x= - 9 x = 1 – � +9 x �
x �x �
1
Áp dụng BĐT Côsi : + 9 x 2.3 = 6
x
1
=> P -5. Vậy MaxP = -5 khi x =
9
Câu 2:
a) với m = 1, ta có Pt: x2 – 6x + 8 = 0 => x1 = 2, x2 = 4
b) xét pt (1) ta có: ∆ ' = (m + 2)2 – (m2 + 7) = 4m – 3
3
phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2  m
4
x1 + x2 = 2(m + 2)
Theo hệ thức Vi-et:
x1 x2 = m 2 + 7
Theo giả thiết: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4

m2 + 7 – 4(m +2) = 4
 m – 4m – 5 = 0 => m1 = - 1(loại) ;
2
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) P
120 120 B
Theo bài ra ta có pt: − = 1  x2 + 10x – 1200 = 0 E
x x + 10 I
=> x1 = 30 (t/m) x2 = - 40 (loại)
vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40km/h, của xe thứ hai là 30km/h D
Câu 4:
ᄋ ᄋ
a) ABO + ACO = 1800 => tứ giác ABOC nội tiếp A
H O
b) ∆ ABD : ∆ AEB (g.g) 2
=> AD.AE = AB (1)
∆ ABO vuông tại B, BH ⊥ AO => AH.AO = AB2 (2)
=> AH. AO = AD. AE K
c) Áp dung BĐT Côsi: IP + KQ 2 IP.KQ
C
Q 35
Ta có: ∆ APQ cân tại A=>OP = OQ => PQ = 2OP
Để C/m IP + KQ PQ ,Ta C/m: IP.KQ = OP2
ᄋ ᄋ
Thật vậy: ∆ BOP = ∆ COQ (c.h-g.n) => BOP = COQ
ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ
Theo T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau: BOI = DOI , DOK = COK
ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ
=> BOP + BOI + DOK = COQ + DOI + COK = 90 0 => POI + DOK = 900
ᄋ ᄋ
Mà QKO + COK = 90 0
ᄋ ᄋ
Suy ra: POI = QKO 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)
a) Giải phương trình: (2x + 1)(3-x) + 4 = 0
3x− | y | = 1
b) Giải hệ phương trình:
5 x + 3 y = 11

Bài 2: (1,0 điểm)
6 − 3 5− 5 2
Rút gọn biểu thức Q = ( + ): .
2 −1 5 −1 5− 3

Bài 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình x2 – 2x – 2m2 = 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = 0
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác 0 và thỏa điều kiện x1 = 4 x2 .
2 2



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 đ ộ dài các c ạnh c ủa
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).
a) Chứng minh rằng MD là đường phân giác của góc BMC.
b) Cho AD = 2R. Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R
c) Gọi K là giao điểm của AB và MD, H là giao điểm của AD và MC. Chứng minh rằng ba đ ường th ẳng AM,
BD, HK đồng quy.


----------------------- Hết ------------------

BÀI GIẢI :

Bài 1:
a) (2x + 1)(3-x) + 4 = 0 (1) ⇔ -2x2 + 5x + 3 +4 = 0 ⇔ 2x2 – 5x – 7 = 0 (2)

36
7
Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm là : x1 = -1 và x2 =
2
3x− | y | = 1 �x − y = 1, y 0
3 �x + y = 1, y < 0
3
b) ⇔� hay �
5 x + 3 y = 11 �x + 3 y = 11
5 �x + 3 y = 11
5
�x − y = 1, y 0
3 �x + y = 1, y < 0
3
⇔� hay �
� x = 14
14 �4 x = 8

�=2
y � = 7, y < 0
y y=2
⇔� hay � ⇔
� =1
x � = −2
x x =1
3( 2 − 1) 5( 5 − 1) 2 2
Bài 2: Q = [ + ]: = [ 3 + 5]:
2 −1 5 −1 5− 3 5− 3
( 3 + 5)( 5 − 3)
= =1
2
Bài 3:
a) x2 – 2x – 2m2 = 0 (1)
m=0, (1) ⇔ x2 – 2x = 0 ⇔ x(x – 2) = 0 ⇔ 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: x1 = 4 x2 => (2 – x2)2 = 4x2 ⇔ 2 – x2 = 2x2 hay 2 – x2 = - 2x2
2 2 2


⇔ x2 = 2/3 hay x2 = -2.
Với x2 = 2/3 thì x1 = 4/3, với x2 = -2 thì x1 = 4
⇒ -2m2 = x1.x2 = 8/9 (loại) hay -2m2 = x1.x2 = -8 ⇔ 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) ⇒ (a + b)2 – 2ab = 100 (3). Thế (1) vào (3) ⇒ ab = 48 (4)
Từ (1) và (4) ta có a, b là nghiệm của phương trình : X2 – 14X + 48 = 0
⇒ a = 8 cm và b = 6 cm

Bài 5:
a) Ta có: cung DC = cung DB chắn 600 nên góc CMD = góc DMB= 300
⇒ MD là phân giác của góc BMC

C b) Xét tứ giác ABCD có 2 đường chéo AD và BC vuông góc nhau nên :
1 1
AD.BC = 2 R.R 3 = R 3
2
SABCD=
2 2

H c) Ta có góc AMD = 900 (chắn ½ đường tròn)
A D
Tương tự: DB ⊥ AB,vậy K chính là trực tâm của ∆IAD (I là giao
K điểm của AM và DB)
M Xét tứ giác AHKM, ta có:
góc HAK = góc HMK = 300, nên dễ dàng ⇒ tứ giác này nội tiếp.
B Vậy góc AHK = góc AMK = 900
Nên KH vuông góc với AD
Vậy HK chính là đường cao phát xuất từ I của ∆IAD
Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy tại I.

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)



37
1) Gi �c� ph�� tr� sau:
i c ng nh
a) 9 x 2 + 3x − 2 = 0
b) x 4 + 7 x 2 − 18 = 0
2) V �gi � �� c� m th� th hai h� s� = 12 x + ( 7 − m ) v� = 2 x + ( 3 + m ) c�nhau t�m�� m tr�
i tr n o a ��� m y y t i t i� n
tr� tung.
c
Bài 2: (2,0 điểm)
2 1
1) R�g� bi � th� A =
t n u c: +
1+ 2 3 + 2 2
� 1 � 1 � 1 2 �
2) Chobi � th� B = �+
u c: 1 .�
� + − �.
� x � x +1
� x −1 x −1 �
a ) R�g� bi � th� B
t n u c
b) T� gi � �� x ��� th� B = 3.
m tr c a bi u c

Bài 3: (1,5 điểm)
2 y − x = m +1
Cho h� �� tr�
ph ng nh: ( 1)
2x − y = m − 2
1) Gi �h� �� tr� ( 1) khi m = 1
i ph ng nh
2) T� gi � �� m �� ph�� tr� ( 1) c�
m tr c a h� ng nh nghi � ( x; y ) sao cho bi � th� P = x 2 + y 2
m u c
�t gi � � � �
� tr nh nh t.

Bài 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn ( O) . Hai đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt
nhau tại điểm H. Đường thẳng BD cắt đường tròn ( O) tại điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn ( O) 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:
2 1
1/a/ 9x2+3x-2=0; ∆ =81,phương trình có 2 nghiệm x1= − ;x2=
3 3
b/ đặt x2=t (t 0) pt đã cho viết được t2+7t-18=0 (*); ∆ = 121 = 112 pt (*) có t=-9 (loại);t=2
với t=2 pt đã cho có 2 nghiệm x = 2; x = − 2
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 t ại điểm B(0;3+m) theo yêu c ầu
bài toán A B khi 7-m=3+m tức là m=2.
Câu 2:
1/
2 1 7+5 2
A= + = =
1 + 2 3 + 2 (1 + 2)(3 + 2 2)
(7 + 5 2)(1 − 2)(3 − 2 2)
= (3 − 2 2)(3 + 2 2) = 1
−1
2/ a/




38
x + 1 x −1 + x + 1 − 2
B=( )( )=
x ( x + 1)( x − 1)
x +1 2 x −2 2
( )( )=
x ( x − 1)( x + 1) x
2 4
b/ B = 3 � = 3 � x = (thoả mãn đk )
x 9
Câu 3:
2 y − x = 2 (1)
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
2 x − y = −1 (2)
Vậy hệ có nghiệm (0;1)
P = x 2 + y 2 = (m − 1) 2 + m 2 = 2m 2 − 2m + 1 = A

P
2/ 2 1 1 1 2 1 1
( 2m) − 2.
2
m + ( ) 2 + 1 − ( ) 2 = ( 2m − ) +
2 2 2 2 2 2 D

Q
1 1 1
P đạt GTNN bằng khi 2m = �m= E


2 2 2 H O


Câu 4 :
C
B



CEB = 900
1. Từ giả thiết ta có: ᄋ suy ra E,D nhìn B,C dưới 1 góc vuông,nên tứ giác BEDC nội tiếp được trong
CDB = 900
1 đường tròn.
2. Vì tam giác HBC và HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB
3. ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ
BEDC nội tiếp đường tròn suy ra BDE = BCE = BCQ; từ câu 1/ TA CÓ : BPQ = BCQ
ᄋ ᄋ
Suy ra BDE = BPQ (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM)
4. OP=OQ (vì bằng bán kính đường tròn O) (1)
ᄋ ᄋ
EBD = ECD (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)
Cho x, y, z l � s� � tu� . Ch� minh: x 2 + y 2 + z 2 − yz − 4 x − 3 y
ba th c � ng −7.
�1 1 �� 3 3 �
Ta c�x 2 + y 2 + z 2 − yz − 4 x − 3 y = ( x 2 − 4 x + 4 ) + � y 2 − 2. y.z + z 2 � � y 2 − 2.
: +� y. 3 + 3 � 4 − 3
�−
�4 2 �� 4 2 �
2 2
�1 � �3 �
= ( x − 2 ) + � y − z �+ � y − 3 �− 7 −7, ∀x, y , z
2

�2 � �2




---------- Hết ----------




SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM
̣
Năm hoc: 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Bai 1: (2 điểm)
̀
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 3 x 2 − 2 x − 1 = 0
5x + 7 y = 3
b)
5 x − 4 y = −8
c) x 4 + 5 x 2 − 36 = 0
d) 3 x 2 + 5 x + 3 − 3 = 0
39
Bai 2: (1,5 điểm)
̀
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = − x 2 và đường thẳng (D): y = −2 x − 3 trên cùng một hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.

Bai 3: (1,5 điểm)
̀
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3−4 3+4
A= +
2 3 +1 5−2 3
x x − 2 x + 28 x −4 x +8
B= − + ( x 0, x 16)
x−3 x −4 x +1 4 − x

Bai 4: (1,5 điểm)
̀
Cho phương trình x 2 − 2mx − 4m 2 − 5 = 0 (x là ẩn số)
a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m.
b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình.
Tìm m để biểu thức A = x1 + x2 − x1 x2 . đạt giá trị nhỏ nhất
2 2



Bai 5: (3,5 điểm)
̀
Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đ ường tròn (O) sao cho AB > AC. T ừ A, v ẽ
AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc v ới AC (E thu ộc AB, F thu ộc
AC).
a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF.
b) 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
c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác A). Ch ứng minh AEFK
là một tứ giác nội tiếp.
d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2 = IC.ID
---------------------- Hết -------------------
BÀI GIẢI

Bai 1: (2 điểm)
̀

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 3 x 2 − 2 x − 1 = 0 (a)
Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên
−1
(a) � x = 1 hay x =
3
5 x + 7 y = 3 (1) 11y = 11 ((1) − (2))
b) ⇔
5 x − 4 y = −8 (2) 5 x − 4 y = −8
4
y =1 x=−
⇔ ⇔ 5
5 x = −4
y =1
c) x4 + 5x2 – 36 = 0 (C)
Đặt u = x2 ≥ 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*)
−5 + 13 −5 − 13
(*) có ∆ = 169, nên (*) ⇔ u = = 4 hay u = = −9 (loại)
2 2
Do đó, (C) ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 2
Cách khác : (C) ⇔ (x2 – 4)(x2 + 9) = 0 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 2
d) 3 x 2 − x 3 + 3 − 3 = 0 (d)
3 −3
(d) có : a + b + c = 0 nên (d) ⇔ x = 1 hay x =
3

̀
Bai 2:

40
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
− x 2 = −2 x − 3 ⇔ x2 – 2x – 3 = 0 � x = −1 hay x = 3 (Vì a – b + c = 0)
y(-1) = -1, y(3) = -9
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là ( −1; −1) , ( 3; −9 ) .

̀
Bai 3:
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3−4 3+4
A= +
2 3 +1 5−2 3
(3 3 − 4)(2 3 − 1) ( 3 + 4)(5 + 2 3)
= −
11 13
22 − 11 3 26 + 13 3 =
= − 2− 3 − 2+ 3
11 13
1 1
= ( 4− 2 3 − 4 + 2 3) = ( ( 3 − 1) 2 − ( 3 + 1) 2 )
2 2
1
= [ 3 − 1 − ( 3 + 1)] = − 2
2

x x − 2 x + 28 x −4 x +8
B= − + ( x 0, x 16)
x−3 x −4 x +1 4 − x
x x − 2 x + 28 x −4 x +8
= − +
( x + 1)( x − 4) x +1 4 − x
x x − 2 x + 28 − ( x − 4) 2 − ( x + 8)( x + 1)
=
( x + 1)( x − 4)
x x − 2 x + 28 − x + 8 x − 16 − x − 9 x − 8 x x − 4 x − x + 4
= =
( x + 1)( x − 4) ( x + 1)( x − 4)
( x + 1)( x − 1)( x − 4)
= = x −1
( x + 1)( x − 4)

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 c
b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = − = 2m ; P = = −4m − 5
a a
 A = ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 = 4m + 3(4m + 5) = (2m + 3) + 6 6, với mọi m.
2 2 2


−3
Và A = 6 khi m =
2
−3
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m =
2
̀
Bai 5: a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông
Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật)
A
P Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC)
E Do đó: góc OAC + góc AFE = 90 0
K
⇒ OA vuông góc với EF
F Q
b) OA vuông góc PQ ⇒ cung PA = cung AQ
B
O H I C D Do đó: ∆APE đồng dạng ∆ABP
AP AE
⇒ = ⇒ AP2 = AE.AB
AB AP



41
Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng ∆HAB vuông tại H, có HE là chiều cao)
⇒ AP = AH ⇒ ∆APH cân tại A

c) DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA ⇒ DE.DF = DK.DA
Do đó ∆DFK đồng dạng ∆DAE ⇒ góc DKF = góc DEA ⇒ tứ giác AEFK nội tiếp

d) Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng trong ∆AHC vuông tại H, có HF là chiều cao)
Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng trong ∆AHD vuông tại H, có HK là chiều cao)
Vậy ⇒ AK.AD = AF.AC
Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp,
vậy ta có: IC.ID=IF.IK (∆ICF đồng dạng ∆IKD)
và IH2 = IF.IK (từ ∆IHF đồng dạng ∆IKH) ⇒ IH2 = IC.ID




SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.Hà Nội ̣
MÔN : TOÁN - Năm hoc : 2011 – 2012
Ngày thi : 22 tháng 6 năm 2011
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)

x 10 x 5
Cho A= − − Với x 0, x 25 .
x − 5 x − 25 x +5
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tính giá trị của A khi x = 9.
1
3) Tìm x để A< .
3
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 v ượt m ức 5
tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và ch ở thêm đ ược 10 t ấn. H ỏi theo k ế ho ạch đ ội
xe chở hàng hết bao nhiêu ngày?
Bài III (1,0 điểm)

Cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2x − m 2 + 9 .
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 n ằm 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 v ới A và B). Đ ường th ẳng d đi qua đi ểm 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 �ENI = �EBI và �MIN = 900 .
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 c ủa tam giác MIN
theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.

42
1
Bài V (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 4x 2 − 3x + + 2011 .
4x
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
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: x 0, x 25

A=
x 10 x
- -
5
=
x. ( )
x +5 -10 x -5. ( x -5 ) = x+5 x -10 x -5 x +25
x -5 x-25 x +5 ( x -5) ( x+5 ) ( x -5 )( x +5 )
( )
2
x-10 x +25 x -5 x -5
= = = (Voi x 0; x 25)
( x -5 )( x +5 ) ( x -5 )( x +5 ) x +5

3−5 −2 1
2/ Với x = 9 Thỏa mãn x 0, x 25 , nên A xác định được, ta có x = 3 . Vậy A = = =−
3+5 8 4
3/ Ta có: ĐK x 0, x 25
1 x -5 1 3 x - 15 - x - 5
A < � - < 0 � < 0
3 x +5 3 3 x +5 ( )
� 2 x - 20 < 0 (Vì 3 ( )
x +5 > 0) � 2 x < 20 � x < 10 � x < 100

Kết hợp với x 0, x 25 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)
140
Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe đó phải chở được (tấn)
x
150
Thực tế đội đó đã chở được 140 + 10 = 150(tấn) nên mỗi ngày đội đó chở được (tấn)
x −1
Vì thực tế mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn, nên ta có pt:
150 140
− =5
x −1 x
⇒ 150x – 140x + 140 = 5x2 -5x ⇔ 5x2 -5x – 10x - 140 = 0 ⇔ 5x2 -15x - 140 = 0
⇔ 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)
43
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 d ấu
⇒ac < 0 ⇒ m2 – 9 < 0 ⇒ (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)

 ∆AMI ~ ∆ BNI ( g-g)
AM AI
 =
BI BN
 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

R 2 3R 2
MI = ; IN =
2 2
1 3R 2
Vậy S MIN = .IM .IN = ( đvdt)
2 4
Bài 5:
1 1
M = 4 x 2 − 3x + + 2011 = 4 x 2 − 4 x + 1 + x + + 2010
4x 4x
1
= (2 x − 1) 2 + ( x + ) + 2010
4x
Vì (2 x − 1) 2 0


44
1 1 1 1
và x > 0 � > 0 , Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x + 2 x. = 2. = 1
4x 4x 4x 2
1
 M = (2 x − 1) + ( x + ) + 2010 ≥ 0 + 1 + 2010 = 2011
2

4x
1
x=
1 2
x=
2x −1 = 0 2
� 1 �2 1 � 1 1
 M ≥ 2011 ; Dấu “=” xảy ra  � = 4 x � � = 4 � �x = ⇔ x =
x x
� � � 2 2
�>0
x �>0
x � 1
� �x = − 2
x>0

1
Vậy Mmin = 2011 đạt được khi x =
2

Bài 5:
1
M = 4 x 2 − 3x + + 2011
4x
 1 1 1 1
M = 3 x 2 − x +  + x 2 + + + 2010 +
 4 8x 8x 4
2
 1 1 1 1
M = 3 x −  + x 2 + + + + 2010
 2 8x 8x 4
2 1 1
Áp dụng cô si cho ba số x , , ta có
8x 8x
1 1 1 1 3
x2 + + ≥ 33 x 2 . . = Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2
8x 8x 8x 8x 4
 1
mà  x −  ≥ 0 Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2
 2
3 1
Vậy M ≥ 0 + + + 2010 = 2011
4 4
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng 2011 khi M =
2




SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NAM ĐỊNH 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 đ ứng tr ước ph ương án l ựa
chọn.
Câu 1: Phương trình x 2 + mx + m − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
A. m > 2 . B. m ᄋ . C. m 2 . D. m 2 .
Câu 2: Cho (O) nội tiếp tam giác MNP cân t ại M. Gọi E; F l ần l ượt là ti ếp đi ểm c ủa (O) v ới các c ạnh MN;MP. Bi ết

MNP = 500 .Khi đó, cung nhỏ EF của (O) có số đo bằng:
A.1000 . B. 800 . C. 500 . D.1600 .

45
Câu 3: Gọi α là góc tạo bởi đường thẳng y=x+ 3 với trục Ox, gọi β là góc tạo bởi đường thẳng y = −3x + 5
với trục Ox. Trong các phát biểu sau,phát biểu nào sai ?
A. α = 450 . B. β > 900 . C. β < 900 . D. α < β .

Câu 4: Một hình trụ có chiều cao là 6cm và diện tích xung quanh là 36π cm 2 . Khi đó, hình trụ đã cho có bán kính đáy
bằng
A. 6 cm. B. 3 cm. C. 3π cm. D. 6cm.

PHẦN 2 – Tự luận ( 9 điểm):
� x −1
3 1 � 1
Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức : P=� − �: với x > 0 và x 1
� x −1 x − 1 �x + x
1/ Rút gọn biểu thức P . 2/ Tìm x để 2P – x = 3.
Câu 2.(2 điểm)
Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hoành độ bằng 2 và M thu ộc đ ồ thị hàm s ố y = −2x . Lập
2
1)
phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M ( biết đường thẳng OM là đồ thị hàm s ố b ậc nh ất).
2) x 2 − 5x − 1 = 0 ( 1) . Biết phương trình (1) có hai nghiệm x1; x 2 . Lập phương trình bậc hai
Cho phương trình
1 1
ẩn y ( Với các hệ số là số nguyên ) có hai nghiệm lần lượt là y1 = 1 + và y 2 = 1 +
x1 x2
3 2 17
+ =
x − 2 y +1 5
Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2x − 2 y + 2 26
+ =
x − 2 y −1 5
Câu 4.(3,0 điểm): Cho (O; R). Từ điểm M ở ngoài (O;R) k ẻ hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) ( v ới A, B là các ti ếp
điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt (O;R) t ại N (khác A). Đ ường tròn đ ường kính NA c ắt các
đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K .
1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.
3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đ ường th ẳng CD c ắt MA t ại E. Ch ứng
minh CI = EA.
x ( x 2 + 9 ) ( x + 9 ) = 22 ( x − 1)
2
Câu 5.(1,5 điểm) 1)Giải phương trình :

� 1 � � 1�
2)Chứng minh rằng : Với mọi x > 1, ta luôn có 3 � 2 − 2 � 2 � 3 − 3 �
x < x .
� x � � x �
HD

x 2; y −1
Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ:
�3 2 17 �3 2 17 �3 2 17
+
� − 2 y +1 5 = +
� − 2 y +1 5 = + =
� − 2 y +1 5
� x �x �x
� �� ��
� − 2 + y + 2 = 26
2x � − 2) + 2 + (y − 1) + 3 = 26
2(x � + 2 + 1 + 3 = 26
2
�x − 2 y − 1 5
� � x−2
� y −1 5 � x −2
� y −1 5
1) Câu 4.(3,0 điểm)
ᄋ ᄋ
1) NIB + BHN = 1800 Y NHBI nội tiếp
2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp
A

Ta có H1 = B1 = A1 = $1
ᄋ ᄋ ᄋ I 2
1 E

K
$ 2 = B2 = A 2 = K 2
I ᄋ ᄋ ᄋ 2


3) ta có: O
D
M
$1 + $ 2 + DNC = B1 + A + DNC = 1800
I I ᄋ ᄋ ᄋ ᄋ I
1
2
2

N
2
C 1
Do đó CNDI nội tiếp H
1 2


B
46
� D 2 = $ 2 = A 2 � DC // AI
ᄋ I ᄋ
ᄋ ᄋ
Lại có A1 = H1 AE / /IC
Vậy AECI là hình bình hành => CI = EA.

Câu 5.(1,5 điểm)
x ( x 2 + 9 ) ( x + 9 ) = 22 ( x − 1)
2
1) Giải phương trình :

� ( x 2 + 9 ) ( x 2 + 9x ) = 22 ( x − 1) � ( x 2 + 9 ) � 2 + 9 ) + 9 ( x − 1) � 22 ( x − 1)
(x
2 2
� �=
x 2 + 9 = m ta có: m 2 + 9mt = 22t 2 � 22t 2 − 9mt − m 2 = 0
Đặt x – 1 = t;
m −m
Giải phương trình này ta được t = ;t =
2 11
m x2 + 9
 Với t = ta có : x − 1 = � x 2 − 2x + 11 = 0 vô nghiêm
2 2
−m −x 2 − 9
 Với t = ta có : x − 1 = � x 2 + 11x − 2 = 0
11 11
−11 129
∆ = 121 + 8 = 129 > 0 phương trình có hai nghiệm x1,2 =
2
�2 1 � �3 1 �
2) Chứng minh rằng : Với mọi x > 1, ta luôn có 3 � − 2 � 2 � − 3 �
x < x (1)
� x � � x �
� 1 � � 1 � � 1� � 1� � 1� � 1 �
3 � 2 − 2 � 2 � 3 − 3 � 3 � − �x + � 2 � − �x 2 + 2 + 1�
x < x � x � < x �
� x � � x � � x� � x� � x� � x �
� 1� � 1 � 1
� 3 � + � 2 � 2 + 2 + 1� (vì x > 1 nên x − > 0) (2)
x < x
� x� � x � x
1 1
Đặt x + = t thì x + 2 = t − 2 , ta có (2) � 2t − 3t − 2 > 0 � ( t − 2 ) ( 2t + 1) > 0 (3)
2 2 2

x x
1
Vì x > 1 nên ( x − 1) > 0 � x + 1 > 2x � x + > 2 hay t > 2 => (3) đúng . Vậy ta có đpcm
2 2

x

SỞ GD&ĐT KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
VĨNH PHÚC ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (2 điểm)Trong 4 câu: từ câu 1 đến câu 4, mỗi câu đều có 4 lựa chọn, trong đó ch ỉ có duy
nhất một lựa chọn đúng. Em hãy viết vào tờ giấy làm bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước l ựa ch ọn mà em cho là
đúng (Ví dụ: Nếu câu 1 em lựa chọn là A thì viết là 1.A)
Câu 1. Giá trị của 12. 27 bằng:
A. 12 B. 18 C. 27 D. 324

Câu 2. Đồ thị hàm số y= mx + 1 (x là biến, m là tham số) đi qua điểm N(1; 1) . Khi đó gí trị của m b ằng:
A. m = - 2 B. m = - 1 C. m = 0 D. m = 1

Câu 3. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 100 cm2 . Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm của AB, BC, CA. Khi đó
diện tích tam giác MNP bằng:
A. 25 cm2 B. 20 cm2 C. 30 cm2 D. 35 cm2

Câu 4. Tất cả các giá trị x để biểu thức x − 1 có nghĩa là:
A. x < 1 B. x 1 C. x > 1 D. x 1


47
PHẦN II. TỰ LUẬN (8 điểm)
x−y=0
Câu 5. (2.0 điểm) Giải hệ phương trình
x 2 − 2y + 1 = 0
Câu 6. (1.5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – 1 =0 (x là ẩn, m là tham số).
a) Giải phương trình với m = - 1
b) Tìm tất cả các giá trị của m đê phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
c) Tìm tât cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho tổng P = x12 + x22 đạt
giá trị nhỏ nhất.

Câu 7. (1.5 điểm) Một hình chữ nhật ban đầu có cho vi bằng 2010 cm. Biết rằng n ều tăng chiều dài của hình ch ữ nh ật
thêm 20 cm và tăng chiều rộng thêm 10 cm thì diện tích hình chữ nhật ban đầu tăng lên 13 300 cm 2. Tính chiều dài, chiều
rộng của hình chữ nhật ban đầu.

Câu 8. (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, không là tam giác cân, AB < AC và n ội tiếp đ ường tròn tâm O,
đường kính BE. Các đường cao AD và BK của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BK cắt đ ường tròn (O)
tại điểm thứ hai là F. Gọi I là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AFEC là hình thang cân.
b) BH = 2OI và điểm H đối xứng với F qua đường thẳng AC.

Câu 9.(2.0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nh ất của bi ểu th ức: P
ab bc ca
= + + .
c + ab a + bc b + ca

-----HẾT-----
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
————————




HƯỚNG DẪN CHUNG:
-Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh ph ải trình bày, n ếu h ọc sinh gi ải theo cách khác
mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.
-Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không đ ược điểm.
-Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, n ếu không có hình v ẽ đúng ở ph ần nào thì giám kh ảo
không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó.
-Điểm toàn là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn.
BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN:
Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm):

Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm.
Câu 1 2 3 4
Đáp án B C A D

Phần II. Tự luận (8,0 điểm).

Câu 5 (2,0 điểm).
Nội dung trình bày Điể
m
x − y =1 (1)
Xét hệ phương trình
x − 2 y + 1 = 0 (2)
2


Từ (1) ⇒ x = y thay vào PT (2) ta được : x2 - 2x + 1 = 0 0,5
⇔ (x - 1)2 = 0 ⇒ x = 1 0,5
Thay x = 1 vào (1) ⇒ y = 1
0,5


48
x =1
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
y =1 0,5

Câu 6 (1,5 điểm).
a. (0,5 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
Với m = -1 ta có (1) : x 2 + 2 x = 0 � x( x + 2) = 0 0,25
x=0
⇒ . Vậy với m = -1 PT có hai nghiệm là x1 = 0; x2 = −2 0,25
x = −2
b. (0,5 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
Ta có ∆’ = m2 - (m2 - 1) = 1 > 0 với ∀m 0,25
Vậy với ∀m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 0,25

c. (0,5 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
P = x12 + x2 2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 4m2 - 2m2 + 2 ≥ 2 với ∀m
2
0,25

Dấu “=” xảy ra ⇔ m = 0. Vậy với m = 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn
0,25
P = x12 + x2 2 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 7 (1,5 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Gọi chiều dài hình chữ nhật là x (cm), chiều rộng là y (cm) (điều kiện x, y > 0)
0,25

Chu vi hình chữ nhật ban đầu là 2010 cm. ta có phương trình
2. ( x + y ) = 2010 � x + y = 1005 (1) 0,25

Khi tăng chiều dài 20 cm, tăng chiều rộng 10 cm thì kích thước hình chữ nhật m ới là:
Chiều dài: x + 20 (cm), chiều rộng: y + 10 (cm) 0,25


Khi đó diện tích hình chữ nhật mới là: ( x + 20 ) . ( y + 10 ) = xy + 13300
0,25
� 10 x + 20 y = 13100 � x + 2 y = 1310 (2)
x + y = 1005
Từ (1) và (2) ta có hệ:
x + 2 y = 1310
0,25
Trừ từng vế của hệ ta được: y = 305 (thoả mãn). Thay vào phương trình (1) ta được:
x = 700
Vậy chiều dài hình chữ nhật ban đầu là: 700 cm, chiều rộng là 305 cm 0,25

Câu 8. ( 2,0 điểm).
A F
K
H
I
B E
D O

a. (1,0 điểm):
Nội dung trình bày C Điể
m

49
Có : BFE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ FE ⊥ BF 0,25
BF ⊥ AC (gt) ⇒ FE ∥ AC (1) 0,25
⇒ sđ AF = sđ CE ⇒ AFE = CFE ⇒ FAC = ECA (2) 0,25
Từ (1) và (2) { AFEC là hình thang cân 0,25

b. (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
EC ⊥ BC ⇒ EC ∥ AH (1). 0,25
BF ⊥ AC (gt) ⇒ FE ∥ AC (1).⇒ HAC = ECA mà ECA = FAC
0,25
⇒ ∆ HAF cân tại A ⇒ AH = AF (2) Từ (1)và (2) ⇒ { AHCE là hình bình hành
⇒ I là giao điểm hai đường chéo ⇒ OI là đường trung bình ∆ BEH ⇒ BH = 2OI 0,25
∆ HAF cân tại A , HF ⊥ AC ⇒ HK = KF ⇒ H đối xứng với F qua AC 0,25

Câu 9. ( 1,0 điểm).
Nội dung trình bày Điểm
Có: a + b + c = 1 � c = ( a + b + c ) .c = ac + bc + c
2


⇒ c + ab = ac + bc + c + ab = a (c + b ) + c (b + c ) = (c + a )(c + b)
2


a b
+
⇒ ab ab c+a c+b
=
c + ab (c + a )(c + b) 2 0,25
a + bc = (a + b)(a + c )
Tương tự:
b + ca = (b + c )(b + a )
b c
+
bc bc
� = �a + b a + c
a + bc (a + b)(a + c) 2
c a
+
ca ca b+c b+a
=
b + ca (b + c)(b + a) 2 0,25
a b b c c a a+c c +b b+a
+ + + + + + + 3
⇒ P≤ c+a c+b a+b a+c b+c b+a = a+c c +b b+a =
2
2 2 0,25
1
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =
3
3 1
Từ đó giá trị lớn nhất của P là đạt được khi và chỉ khi a = b = c =
2 3 0,25




50
51
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản