16 Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán Lớp 9 - Sở GD&ĐT Thái Bình

Nội dung text: 16 Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán Lớp 9 - Sở GD&ĐT Thái Bình

1. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÁI BÌNH Năm học 1997 – 1998 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (1 điểm): Phân tích ra thừa số : a) a3 + 1 ; b) 8− 5 − 2 + 10 Bài 2 (3 điểm): Trong hệ trục toạ độ Oxy cho ba điểm A(- 3 ; 6) , B(1 ; 0), C(2 ; 8). a) Biết điểm A nằm trên Parabol (P) có phương trình y = ax2, xác định a ? b) Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm B và C c) Xét vị trí tương đối giữa đường thẳng (d) và Parabol (P) Bài 3 (2 điểm): 2 7 x Giải phương trình: −= x−+ 25 x 2 Bài 4 (1,5 điểm): Cho ABC có AB = AC = 5cm; BC = 6cm. Tính : a) Đường cao ABC hạ từ đỉnh A ? b) Độ dài đường tròn nội tiếp ABC ? Bài 5 (2 điểm): Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC, CD lần lượt lấy điểm E, F sao cho EAF= 450 . Biết BD cắt AE, AF theo thứ tự tại G, H. Chứng minh: a) ADFG, GHFE là các tứ giác nội tiếp b) CGH và tứ giác GHFE có diện tích bằng nhau Bài 6 (0,5 điểm) Tính thể tích của hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ biết AB’ = 5; AC = 34 ; AD’ = 41. HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 1
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 (1 điểm): a) a3 + 1 = (a + 1)(a2 – a + 1). b) 8− 5 − 2 + 10 = ( 8 − 2) + ( 10 − 5) = ( 2 − 1)(2 + 5) . Bài 2 (3 điểm): a) Điểm A nằm trên Parabol (P) : y = ax2 nên : 6 = a.(-3)2 a = 2. Vậy giá trị a cần tìm là a = 2 (Parabol (P) : y = 2x2) b) Phương trình đường thẳng (d) có dạng : y = ax + b. Vì (d) đi qua hai điểm B(1 ; 0) và C(2 ; 8) nên ta có hệ : a+= b 0 a8= 2a+= b 8 b8=− (- 3 ; 6) Phương trình đường thẳng (d) là : y = 8x – 8. c) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : 2x2 = 8x – 8 x2 – 4x + 4 = 0 (x – 2)2 = 0 x = 2. Suy ra (d) tiếp xúc với (P) tại điểm có toạ độ C(2 ; 8). Bài 3 (2 điểm): ĐKXĐ : x 2 . Từ phương trình đã cho suy ra : 5 2(x+ 2) − 7(x + 2)(x − 2) = 5x(x − 2) 52x+ 10 − 7x22 + 14 = 5x − 52x 12x2 − 10 2x − 4 = 0 6x2 − 5 2x − 2 = 0 (*) = (− 5 2)2 + 6.2 = 62 0 . Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt : 5 2− 62 5 2+ 62 x = ; x = (đều thoả mãn ĐKXĐ). 1 12 2 12 5 2−+ 62 5 2 62 Vậy pt đã cho có hai nghiệm phân biệt là x== ,x 1212 12 Bài 4 (1,5 điểm): A a) (Hình 1) Kẻ đường cao AH. Tam giác ABC cân tại A nên AH vừa là đường phân giác vừa là đường trung tuyến. I K Suy ra HB = HC = BC : 2 = 3cm. Áp dụng định lí Pitago cho AHC, ta có : O AH2 = AC2 – HC2 = 52 – 32 = 42 r AH = 4 (cm). B H C Hình 1 PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 2
3. b) Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp ABC, r là bán kính của đường tròn đó ; Điểm O chính là giao điểm của ba đường phân giác nên O AH OH ⊥ BC. Gọi I và K lần lượt là tiếp điểm của (O) với AB và AC thì OI ⊥ AB và OK ⊥ AC. 1 Ta có : SABC = SOAB + SOBC + SOCA hay AH.BC = r.AB + r.BC + r.AC 2 AH.BC 4.6 r= = = 1,5 (cm). AB+ BC + AC 5 + 6 + 5 Vậy độ dài đường tròn nội tiếp ABC là C = 2 r 2.3,14.1,5 = 9,42 cm. Bài 5 (2 điểm): A B a) (Hình 2) G *) Chứng minh tứ giác ADFG nội tiếp. E O ABCD là hình vuông nên BDC== DBC 450 Xét tứ giác ADFG có : H I GAF== EAF 450 và GDF== BDC 450 . Hai đỉnh liên tiếp A và D cùng nhìn cạnh GF dưới một góc bằng 450 nên tứ giác ADFG nội tiếp. D F C Hình 2 *) Chứng minh tứ giác GHFE nội tiếp. Chứng minh tương tự như trên ta có tứ giác ABEH nội tiếp. Tứ giác ADFG nội tiếp nên AGF+= ADF 1800 AGF= 1800 − ADF = 180 0 − 90 0 = 90 0 EGF= 900 . Tứ giác ABEH nội tiếp nên AHE+= ABE 1800 AHE= 1800 − ABE = 180 0 − 90 0 = 90 0 EHF= 900 . Xét tứ giác GHFE có hai đỉnh liên tiếp G và H cùng nhìn cạnh EF dưới một góc 900 nên là tứ giác nội tiếp. b) Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của AC và GF. Tứ giác ABCD là hình vuông nên đường chéo BD là trục đối xứng của AC . GA = GC, HA = HC. Do đó AGH = CGH (c-c-c) SAGH = SCGH AGF vuông cân tại G (vì AGF= 900 và GAF= 450 ) nên GFA= 450 ; ABCD là hình vuông nên ECA== BCA 450 . Suy ra GFA== ECA ( 450 ) . Mặt khác, AGI vuông tại G có GO ⊥ AI (vì BD ⊥ AC, BD là đường trung trực của AC) nên GAI= EGI (vì cùng phụ với AGO ) hay EAC= HGF. Xét AEC và GHF có GFA= ECA và GAI= HGF (chứng minh trên) AE AC nên AEC ~ GHF (g.g). Suy ra : = AE.GF = AC.GH (1) GH GF 1 Tứ giác AGCH có hai đường chéo vuông góc (AC ⊥ GH) nên SAGCH = AC.GH (2) 2 PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 3
4. 1 AEF có đường cao FG ứng với cạnh AE nên SAEF = AE.GF (3) 2 Từ (1), (2) và (3) suy ra : SAGCH = SAEF SAGH + SCGH = SAGH + SGHFE SCGH = SGHFE (đpcm) Bài 6 (0,5 điểm) A a B Đặt AB = a, AD = BC = b, AA’ = DD’ = c (H. 3) b D C Áp dụng định lí Pitago cho các tam giác vuông ABC, c ADD’ và ABB’, ta có : 2 2 2 2 2 A' AB + BC = AC hay a + b = 34 (1) B' AD2 + DD’2 = AD’2 hay b2 + c2 = 41 (2) D' C' BB’2 + AB2= AB’2 hay c2 + a2 = 25 (3) Hình 3 Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta được : 2(a2 + b2 + c2) = 100 a2 + b2 + c2 = 50 (4) Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra a2 = 9, b2 = 25, c2 = 16 a = 3 (cm), b = 5(cm), c = 4 (cm) Vậy thể tích của hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là : V = abc = 3.5.4 = 60 (cm3). PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 4
5. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÁI BÌNH Năm học 1998 – 1999 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2 điểm): So sánh x và y trong mỗi trường hợp sau: a) x=− 27 2 và y3= ; b) x= 5 6 và y= 6 5 ; c) x = 2m và y = m + 2. Bài 2 (2 điểm): x 2 3 a) Trên cùng hệ trục toạ độ vẽ đồ thị các hàm số y = (P) và y = x + (d) 2 2 b) Dùng ồđ thị cho biết (có giải thích) nghiệm của phương trình : 2x+= 3 x . Bài 3 (3 điểm): Xét hai phương trình: x2 + x + k + 1 = 0 (1) và x2 - (k + 2)x + 2k + 4 = 0 (2) a) Giải phương trình (1) với k = -1; k = -4 b) Tìm k để phương trình (2) có một nghiệm bằng 2 ? c) Với giá trị nào của k thì hai phương trình trên tương đương ? Bài 4 (0,5 điểm): Tam giác vuông ABC có A== 9000 , B 30 , BC = d quay một vòng chung quanh AC. Tính thể tích hình nón tạo thành. Bài 5 (2,5 điểm): Cho ABC không cân, đường cao AH, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi E, F thứ tự là hình chiếu của B, C lên đường kính AD của đường tròn (O) và M, N thứ tự là trung điểm của BC, AB. Chứng minh: a) Bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên đường tròn tâm N và HE// CD. b) M là tâm đường tròn ngoại tiếp HEF. HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 5
6. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 (2 điểm): a) x= 27 − 233 = − 233 − 323 = mà y= 3 2 3 x 0) c) Xét hiệu x – y = 2m – (m + 2) = m – 2. Ta xét ba trường hợp : d) Nếu m 2 m – 2 > 0 x > y. 4 3 Bài 2 (2 điểm): 2 a) (H. 1) x 2 3 y = 2 1 2 *) Vẽ đồ thị hàm số A 0,5 2x+= 3 x - Sự biến thiên : -3 -2 -1 O 1 2 3 x 1 -1 Vì a = > nên hàm số đồng biến với x > 0 và 2 (d) -2 nghịch biến với x < 0. Hình 1 - Đồ thị : Bảng một số cặp toạ độ điểm (x ; y) thuộc đồ thị hàm số. x -3 -2 -1 0 1 2 3 y 4,5 2 0,5 0 0,5 2 4,5 Đồ thị hàm số là một Parabol (P) với đỉnh O, đi qua các cặp điểm (x ; y) ở trên, nhận Oy làm trục đối xứng và nằm phía trên trục hoành. *) Vẽ đồ thị hàm số y = x + - Cho x = -1 y = 0,5, ta được điểm A (-1 ; 0,5). - Cho x = 3 y = 4,5, ta được điểm B(3 ; 4,5) Đồ thị hàm số y = x + là một đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B. x0 x0 b) 2 2 3x 2x+= 3 x x += 22 PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 6
7. Nghiệm của phương trình đã cho chính là hoành độ giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) ở phía bên phải trục tung (do x 0). Nhìn vào đồ thị ta thấy hoành độ giao điểm của (P) và (d) bên phải trục tung là x = 3. Vậy nghiệm của phương trình : là x = 3. Bài 3 (3 điểm): 2 a) Với k = -1, (1) trở thành : x + x = 0 x(x + 1) = 0 x1 = 0, x2 = -1. Với k = -4, (1) trở thành : x2 + x – 3 = 0 = 1 + 12 = 13 > 0 nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt : −−1 13 −+1 13 x = , x = 1 2 2 2 Vậy với k = -1 thì phương trình (1) có hai nghiệm là x1 = 0, x2 = -1; − 1 13 với k = -1 thì phương trình (1) có hai nghiệm là x = 1,2 2 b) Phương trình (2) có một nghiệm bằng thì : 2x+= 3 x (2)2 − (k + 2)2 + 2k + 4 = 0 (2− 2)k = 2 2 − 6 22− 6 (22 − 6)(2 + 2) 42 + 412 − − 62 − 2(2 + 4) k = = = = 2− 2 (2 − 2)(2 + 2) 4− 2 2 k= − 4 − 2 2 Vậy với thì phương trình (2) có một nghiệm bằng . c) Hai phương trình (1) và (2) tương đường khi xảy ra 2 trường hợp sau: - TH1 : (1) và (2) cùng vô nghiệm. (1) =1 − 4(k + 1) 0 −3 − 4k 0 2 (k+ 2)2 − 8(k + 2) 0 (2) =(k + 2) − 4(2k + 4) 0 −3 4k − 3 k −3 4 k6 (k+ 2)(k − 6) 0 4 −2 k 6 - TH2 : (1) và (2) có cùng tập nghiệm. Từ (1) suy ra : k + 2 = 1 – x – x2, thay vào (2) ta được : x2 - (1 – x – x2)x + 2(1 – x – x2) = 0 x2 – x + x2 + x3 + 2 – 2x – 2x2 = 0 x3 – 3x + 2 = 0 (x – 1)2(x + 2) = 0 x = 1 hoặc x = -2 Với x = 1 hoặc x = -2, ta đều được k = -3, khi đó (1) và (2) cùng trở thành : PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 7
8. 2 x + x – 2 = 0 x1 = 1; x2 = -2 Do đó hai phương trình (1) và (2) có cùng tập nghiệm S = {1 ; -2) nên chúng tương đương. Vậy để hai phương trình (1) và (2) tương đương thì k = -3 hoặc Bài 4 (0,5 điểm): C (H. 2). BC d d ABC vuông tại A có B= 300 nên AC == 22 2 2 2 AB = BC – AC (định lí Pitago) B A 2 2 2 2 22 d 3d 3d Hình 2 AB = d – AB= d − = AB = 24 2 Hình nón có đáy là đường tròn tâm A bán kính AB, chiều cao là AC. Thể tích của hình nón tạo thành là : Vnón = 1 1 3d23 d d AB2 .AC =    = 3 3 2 2 4 A Bài 5 (2,5 điểm): a) (H. 3) CM bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc đường tròn tâm N. 0 N Vì AEB== AHB 90 nên H, E cùng nằm trên O đường tròn đường kính AB. Mà N là trung điểm của E AB. K I Suy ra bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc đường M AB B C tròn tâm N, bán kính . H F 2 D Chứng minh HE // CD: −3 Hình 3 k6 Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn tâm N, nên4 : BAE+= BHE 1800 (tổng 2 góc đối của tứ giác nội tiếp), mà EHC+= BHE 1800 (hai góc kề bù) BAE= EHC (cùng bù với BHE ) hay BAD= EHC (1) Mặt khác, BCD= BAD (góc nội tiếp cùng chắn BD ) (2) Từ (1) và (2) suy ra BCD= EHC. Hai góc này ở vị trí so le trong nên HE // CD. PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 8
9. b) Gọi K là trung điểm của EC, I là giao điểm của MC với ED. BCE có MB = MC (gt), KE = KC (cách dựng) nên MK là đường trung bình. MK // BE; mà BE ⊥ AD (gt) MK ⊥ AD (quan hệ vuông góc-song song) hay MK ⊥ ED (3) Lại có CF ⊥ AD (gt) MK // CF hay KI // CF. ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4) Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF ME = MF (5) Xét ABC có MB = MC, NB = NA (gt) nên MN là đường trung bình NM // AC. Ta lại có HE // CD (câu a)), ACD= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) hay AC ⊥ CD nên HE ⊥ AC (quan hệ vuông góc-song song) Suy ra NM ⊥ HE (vì NM // AC, HE ⊥ AC). Xét đường tròn tâm N có HE là dây cung, NM ⊥ HE nên NM đi qua trung điểm của HE. Do đó NM là đường rung trực của HE. Suy ra MH = ME (6) Từ (5) và (6) suy ra MH = ME = MF. Vậy M là tâm đường tròn ngoại tiếp HEF. PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 9
10. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÁI BÌNH Năm học 1999 – 2000 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề bị lộ) Bài 1(2 điểm): Với giá trị nào của x thì các biểu thức sau có nghĩa: 1 5x− 1 x1+ 1 a) ; b) ; c) ; d) ; 2x 2x− x2 x 1x− Bài 2(1 điểm): 3 x+ 1 Giải phương trình: +=2 x+ 1 3 Bài 3(1,5 điểm): x−= my 2 Cho hệ phương trình 2x+ (m − 1)y = 6 a) Giải hệ với m = 1; b) Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm Bài 4(2 điểm): Cho hàm số y = 2x2 (P) a) Vẽ đồ thị hàm số (P) b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm (0 ; -2) và tiếp xúc với (P) Bài 5(3,5 điểm): Cho nửa đường tròn đường kính AB. Gọi H là điểm chính giữa cung AB; M là một điểm nằm trên cung AH, N là một điểm nằm trên dây cung BM sao cho BN = AM. Chứng minh: a) AMH = BNH. b) MHN là tam giác vuông cân. c) Khi M chuyển động trên cung AH thì đường vuông góc với BM kẻ từ N luôn đi qua một điểm cố định ở trên tiếp tuyến của nửa đường tròn tại điểm B. HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 10
11. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÁI BÌNH Năm học 1999 – 2000 Môn thi: TOÁN (Đề thi lại) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm): (2x− 3)(x − 1)2 − 4(2x − 3) Cho biểu thức A = (x+− 1)2 (x 3) a) Rút gọn A b) Tìm x để A = 3 Bài 2(2 điểm): Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x + m2 - 5 = 0 a) Giải phương trình trên khi m = 1 b) Tìm m để phương trìnhtrên có nghiệm . Bài 3(3 điểm): Cho (O) đường kính AC. Trên đoạn OC lấy điểm B và vẽ đường tròn (O’) đường kính BC. Gọi M là trung điểm đoạn AB. Từ M kẻ dây cung DE ⊥ AB. Gọi I là giao của DC với (O’). Chứng minh rằng : a) ADBE là hình thoi. b) BI // AD. c) I, B, E thẳng hàng . Bài 4(3 điểm): mx x4− Cho hai hàm số y4= − + (1) và y =− (2) (m 1) 2 1m− a) Vẽ đồ thị hàm số (1) và (2) trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy với m = -1 b) Vẽ đồ thị hàm số (1) và (2) trên cùng một hệ trục toạ độ Oxy ở trên với m = 2 c) Tìm toạ độ giao điểm của các ồđ thị hàm số (1) và (2). HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 11
12. HƯỚNG DẪN GIẢI Đề thứ nhất (Đề bị lộ) Bài 1(2 điểm): a) ĐKXĐ : x 0 ; b) x 0 và x 2; c) -1 x 0; d) x 0 nên hàm số đồng biến với x > 0 và nghịch biến với x < 0. 3 - Đồ thị : 2 Bảng một số cặp toạ độ điểm (x ; y) thuộc đồ thị 1 hàm số. -2 -1 O 2 3 x x -2 -1 0 1 2 -3 1 -1 y 8 2 0 2 8 PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 12
13. Đồ thị hàm số y = 2x2 là một Parabol (P) với đỉnh O, đi qua các cặp điểm (x ; y) ở trên, nhận Oy làm trục đối xứng và nằm phía trên trục hoành. b) Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng : y = ax + b (d) Vì (d) đi qua điểm (0 ; -2) nên b = -2. Để (d) tiếp xúc với (P) thì phương trình hoành độ giao điểm : 2x2 = ax – 2 2x2 – ax + 2 = 0 phải có nghiệm kép. = a2 – 16 = 0 a = 4. Có hai phương trình đường thẳng đi qua điểm (0 ; -2) và tiếp xúc với (P) là : y = 4x – 2 và y = -4x - 2 Bài 5(3,5 điểm): I a) Dễ thấy AHB== AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và HA = HB (vì H nằm chính giữa cung AB). Xét AMH và BNH có : H 1 M 2 3 AM = BN (giả thiết) AB11= (hai góc nội tiếp cùng chắn MH ) HA = HB (chứng minh trên) 1 N 1 A O B AMH = BNH (c.g.c) b) Vì AMH = BNH (chứng minh trên) nên HM = HN và HH13= 0 MHN có MHN= H1 + H 2 = H 3 + H 2 = AHB = 90 và HM = HN nên là tam giác vuông cân tại H. c) Gọi I là giao điểm của tiếp tuyến của (O) tại B và đường thẳng vuông góc với BM tại N là I. Xét AMB và MNI có : AMB== BNI 900 AM = BN (giả thiết) 1 MAB= NBI (= sđ BHM ) 2 AMB = MNI (g.c.g) AB = BI. Do AB cố định nên tiếp tuyến tại B cố định I cố định. Vậy khi M chuyển động trên cung AH thì đường vuông góc với BM kẻ từ N luôn đi qua một điểm cố định ở trên tiếp tuyến của nửa đường tròn tại điểm B. PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 13
14. Đề thứ hai Bài 1(2 điểm): ĐKXĐ : x -1, x 3 (2x− 3)(x − 1)22 − 4(2x − 3) (2x − 3)[(x − 1) − 4] (2x − 3)(x − 3)(x + 1) a) A = = = (x1)(x+2 − 3) (x1)(x + 2 − 3) (x1)(x + 2 − 3) 2x− 3 A = x1+ 2x− 3 b) A = 3 = 3 2x – 3 = 3(x + 1) x = -6 (thoả mãn ĐKXĐ) x1+ Vậy với x = -6 thì A = 3. Bài 2(2 điểm): Cho phương trình x2 - 2(m + 1)x + m2 - 5 = 0 a) Với m = 1, phương trình đã cho trở thành : x2 – 4x – 4 = 0 Phương trình này có ’ = 4 + 4 = 8 > 0 nên có hai nghiệm phân biệt : x1,2 = 2 8 = 2 2 2 Vậy với m = 1 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt : x1,2 = 2 2 2 b) Phương trình đã cho có nghiệm ’ = (m + 1)2 – (m2 – 5) 0 2m + 6 0 m -3. Vậy m -3. D Bài 3(3 điểm): a) AC ⊥ DE tại M M là trung điểm của DE. I Tứ giác ADBE có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình thoi. A M O B O' C b) Dễ thấy ADC== BIC 900 AD ⊥ CD, BI ⊥ CD Do đó BI // AD. E c) Ta có EB // AD (vì ADBE là hình thoi) và AD ⊥ CD nên EB ⊥ CD. Qua B có EB và BI cùng vuông góc với CD nên E, B, I thẳng hàng. PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 14
15. Bài 4(3 điểm): Cho hai hàm số (1) và (2) (m 1) a) Bạn đọc tự giải b) Bạn đọc tự giải c) Hoành độ giao điểm của (1) và (2) là nghiệm của phương trình : mx x− 4 − +4 = − m(m – 1)x + 8 – 8m = -2x + 8 (m2 – m + 2)x = 8m 2 1− m 8m 17 x = (vì m22− m + 2 = (m − ) + 0  m 1) m2 −+ m 2 24 m 8m− 4m22 + 4(m − m + 2) 8 − 4m Khi đó y4= −  + = = . 2 m2− m + 2 m 2 − m + 2 m 2 − m + 2 8m 8− 4m Vậy toạ độ giao điểm của (1) và (2) là ; m22− m + 2 m − m + 2 mx x4− y4= − + y =− 2 1m− PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 15
16. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÁI BÌNH Năm học 2000 – 2001 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm): So sánh hai số x và y trong mỗi trường hợp sau: a) x = 50− 32 và y = 2 ; b) x= 6 7 và y= 7 6 ; c) x = 2000a và y = 2000 + a Bài 2(2 điểm): 1 1 x3 − x Cho biểu thức : A = + + x− 1 − x x − 1 + x x − 1 53 a) Rút gọn rồi tính số trị của A khi x = 9− 2 7 b) Tìm x để A > 0 Bài 3(2 điểm): 2(x+ y)2 − 5(x + y) − 7 = 0 a) Giải hệ phương trình: x− y − 5 = 0 b) Giải và biện luận phương trình: mx2 + 2(m + 1)x + 4 = 0 Bài 4(3 điểm): Trên đường thẳng d lấy ba điểm A, C, B theo thứ tự đó. Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai tia Ax, By cùng vuông góc với d. Trên tia Ax lấy I. Tia vuông góc với CI tại C cắt By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P. a) Chứng minh tứ giác BCPK nội tiếp được đường tròn . b) Chứng minh: AI.BK = AC.CB c) Giả sử A, B, I cố định. Hãy xác định vị trí điểm C sao cho diện tích hình thang vuông ABKI max. Bài 5(1 điểm): Cho P(x) = 3x3 + ax2 + b. Tìm giá trị của a và b để P(2000) = P(-2000) = 0 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 16
17. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(2 điểm): a) x= 50 − 32 = 5 2 − 4 2 = 2 x = y; b) x= 6 7 0 , y= 7 6 0 x2 = 6 7 , y2 = 7 6 x4 == 36.7 252 , y4 == 49.6 294 xy44 x 0). c) x – y = 1999a – 2000 2000 - Nếu 1999a – 2000 0 1 a th 1ì x – y > 0 x 3 − x x > y. A = +1999 + x− 1 − x x − 1 + x x − 1 Bài 2(2 điểm): Cho biểu thức : a) ĐKXĐ : x > 1 1 1 x3 − x A = + + x− 1 − x x − 1 + x x − 1 x1− + x + x1 − − x x(x1) − =+ (x1− − x)(x1 − − x) x1 − 2 x− 1 = +=−x x2x1x12x11(x11) −=−− −+= −− 2 −1 Vậy A= ( x − 1 − 1)2 (với x > 1) 53 53(9−− 2 7) 53(9 2 7) b) Ta có x = = = =9 − 2 7 1 t/m ĐKXĐ. 9− 2 7 (9 − 2 7)(9 + 2 7) 53 Khi đó A=− [827 −= 1]2 [(71) −−=−−=− 2 1] 2 (711) 2 (7 2) 2 A=− 11 4 7 53 Vậy với x = thì . 9− 2 7 c) Vì ( x−− 1 1)2 0 x > 1 A > 0 x− 1 − 1 0 x − 1 1 x 2 Vậy với x > 1, x 2 thì A > 0. Bài 3(2 điểm): a) Đặt x + y = t, phương trình thứ nhất của hệ trở thành : 2t2 – 5t – 7 = 0 PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 17
18. Vì a – b + c = 2 – (-5) – 7 = 0, nên phương trình có hai nghiệm t1 = -1, t2 = 7. x+ y = − 1 x = 2 - Với t1 = -1, ta có hệ : x− y − 5 = 0 y = − 3 x+ y = 7 x = 6 - Với t2 = 7, ta có hệ : x− y − 5 = 0 y = 1 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x ; y) : (2 ; -3), (6 ; 1). b) Xét mx2 + 2(m + 1)x + 4 = 0 (1) - Nếu m = 0, (1) trở thành : 2x + 4 = 0 x = -2. - Nếu m 0, (1) có : ’ = (m + 1)2 – 4m = (m – 1)2 −+(m 1) + Với m = 1 thì ’ = 0, khi đó (1) có nghiệm kép : x= x = = − 2. 12 m + Với m 1 thì ’ > 0 m, khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt : −(m + 1) + (m − 1) − 2 −(m + 1) − (m − 1) x ==; x2= = − . 1 mm2 m Vậy : - Với m = 0, thì phương trình (1) có một nghiệm x = 2. - Với m = 1, thì phương trình (1) có nghiệm kép : x12= x = − 2 . −2 - Với m 0 và m 1, hì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x = ; x2=− 1 m 2 Bài 4(3 điểm): x y a) Vì P thuộc đường tròn đường kính IC nên I CPI= 900 CPK= 900 P Tứ giác BCPK K 1 có:CPK+ CBK = 900 + 90 0 = 180 0 nên nội tiếp được đường tròn. 1 2 d A C B 0 0 b) Vì ICP= 90 C12+= C 90 . 0 Mà K1 += C2 90 (vì KBC vuông tại B) CK1 = 1 Xét IAC và CBK có : IAC== KBC 900 , (chứng minh trên) AI AC IAC ~ CBK (g.g) = AI.BK = AC.BC (đpcm). BC BK PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 18
19. AB AC.BC c) S=  (BK + AI) , BK = ABKI 2 AI Vì AB và AI không đổi (do A, B, I cố định) nên SABKI max BK max AC.BC max. Do tổng AC + BC = AB không đổi nên AC.BC max AC = BC C là trung điểm của AB. Vậy để diện tích hình thang vuông ABKI max thì C phải là trung điểm của AB. Bài 5(1 điểm): Từ giả thiết suy ra: P(2000)− P( − 2010) = 0 hay (3.20003+ a.2000 2 +−− b) [3.( 2000) 3 +− a.( 2000) 2 +== b 0] 0 6.2000 3 = 0 (vô lí !). Vậy không tồn tại a, b thoả mãn điều kiện đề bài. PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 19
20. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÁI BÌNH Năm học 2001 – 2002 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm): 1 1 x2 − 1 Cho biểu thức K = −  x− 1 x + 1 x2 − x + 1 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức K xác ịđ nh. b) Rút gọn biểu thức K và tìm giá trị của x để K đạt giá trị lớn nhất Bài 2(2 điểm): Cho phương trình bậc hai: 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi cho biết m = 1; m = 2. b) Chứng minh rằng phương trình (1) không thể có hai nghiệm dương với mọi giá trị của m Bài 3(2 điểm): x−= 2y 1 a) Giải hệ phương trình : 2x+= y 7 b) Chứng minh rằng 2000− 2 2001 + 2002 0 Bài 4(4 điểm): Từ một điểm S ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB và cát tuyến SCD của đường tròn đó. a) Gọi E là trung điểm của dây CD. Chứng minh 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc một đường tròn b) Nếu SA = AO thì SAOB là hình gì? Tại sao? AB.CD c) Chứmg minh rằng: AC.BD = BC.DA = 2 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 20
21. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(2 điểm): 1 1 x2 − 1 Cho biểu thức K = −  x− 1 x + 1 x2 − x + 1 a) Để biểu thức K xác định, ta phải có : x− 1 0 x 1 x1 x+ 1 0 x − 1 x1 − 22 x− x + 1 0 13 x− + 0 (đúng  x) 24 Vậy ĐKXĐ : x 1 1 1 x2 − 1 b) K = −  x− 1 x + 1 x2 − x + 1 x+ 1 − x + 1 x2 − 1 2 =  = (x 1) x2− 1 x 2 − x + 1 x 2 − x + 1 2 2 1 3 3 2 2 8 Vì x− x + 1 = x − +  x K = = 2 4 4 x2 −+ x 13 3 4 8 1 1 Do đó max K = x0−= x = (thoả mãn x 1). 3 2 2 1 8 Vậy với x = thì biểu thức K đạt giá trị lớn nhất bằng . 2 3 Bài 2(2 điểm): Xét phương trình : 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 (1) x0= a) Với m = 1 thì (1) trở thành : 2x2 + x = 0 x(2x + 1) = 0 −1 x = 2 Với m = 2 thì (1) trở thành : 2x2 + 3x + 1 = 0 Vì a – b + c = 2 – 3 + 1 = 0 nên phương rình trên có hai nghiệm phân biệt : 1 x1 = -1, x2 = − 2 1 b) Nhận xét, phương trình (1) luôn có một nghiệm x =− < 0, vì : 2 2 −−1 1 1 1 2 +( 2m-1) + m-1 = − m + + m10 − = 2 2 2 2 Vậy phương trình (1) không thể có hai nghiệm dương với mọi giá trị của m. PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 21
22. Bài 3(2 điểm): x− 2y = 1 x=+ 1 2y x = 1 + 2y x = 3 a) 2x+ y = 7 2(1+ 2y) + y = 7 5y = 5 y = 1 Vậy nghiệm của hệ đã cho là x = 3, y = 1. 1 1 2001−− 2000 2002 2001 b) Ta có 2001++ 2000 2002 2001 2001−− 2000 2002 2001 2001− 2000 2002 − 2001 2000 − 2 2001 + 2002 0 (đpcm) Bài 4(4 điểm): A a) Gọi I là trung điểm của OS. D Theo tính chất tiếp tuyến, ta có : E C 0 S SAB== SBA 90 O I A, B cùng thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS (1) Theo tính chất đường kính và dây cung, ta có : B OE ⊥ CD hay OES= 900 E thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS (2) Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc đường tròn tâm I, đường kính OS. b) Ta có OA = OB (bán kính của (O)), SA = SB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) Do đó, nếu SA = OA thì SA = SB = OA = OB SAOB là hình thoi. Mà SAB== SBA 900 SAOB là hình vuông. Vậy nếu SA = OA thì SAOB là hình vuông. c) Xét đường tròn (I) : BAE= BSE (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn EOB) Xét đường tròn (O) : 1 BSE= BSD = (sđ BD − sđ BC) (BSD là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn (O)). 2 1 1 Mà BAC= sđ BC ; BAD= sđ BD 2 2 BSE= BSD = BAD − BAC (4) Từ (3) và (4) suy ra : CAE= BAE + BAC = BAD − BAC + BAC hay CAE= BAD Xét ACE và ABD có : CAE= BAD (chứng minh trên) PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 22
23. ACE= ABD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD). ACE ~ ABD (g.g) AC CE = AB.CE = AC.BD (1) AB BD Xét AED và ACB có : DAE= BAC (=BAD − BAE = CAE − BAE) ADE= ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC). AED ~ ACB (g.g) AD DE = AB.DE = AD.BC (2) AB BC Từ (1) và (2) suy ra : AB.(CF + DE) = AC.BD + AD.BC hay AB.CD = AC.BD + AD.BC (3) Xét SAC và SDA có : ASD chung. SDA= SAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây cung cùng chắn cung AC). SA AC SAC ~ SDA (g.g) = (4) SD AD SB BC Chứng minh tương tự, ta cũng có SBC ~ SDB (g.g) = (5) SD BD Vì SA = SB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), nên từ (4) và (5) suy ra : AC BC = AC.BD = AD.BC (6) AD BD Từ (3) và (6) suy ra (đpcm). AB.CD AC.BD = BC.DA = 2 PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 23
24. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÁI BÌNH Năm học 2002 – 2003 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm): x+ 1 x − 1 x2 − 4x − 1 x + 2003 Cho biểu thức K = − +  2 x− 1 x + 1 x − 1 x 1. Tìm điều kiện đối với x để K xác ịđ nh. 2. Rút gọn K 3. Với những giá trị nguyên nào của x thì biểu thức K có giá trị nguyên? Bài 2(2 điểm): Cho hàm số y = x + m (D). Tìm các giá trị của m để đường thẳng (D) : 1. Đi qua điểm A(1 ; 2003) 2. Song song với đường thẳng x – y + 3 = 0 1 3. Tiếp xúc với parabol yx= 2 4 Bài 3(3 điểm): 1. Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một hình chữ nhật có đường chéo bằng 13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m. Tính diện tích hình chữ nhật đó. 2002 2003 2. Chứng minh bất đẳng thức: + 2002 + 2003 2003 2002 Bài 4(3 điểm): Cho ABC vuông ở A. Nửa đường tròn đường kính AB cắt BC tại D. Trên cung AD lấy một điểm E. Nối BE và kéo dài cắt AC tại F. 1. Chứng minh: CDEF là một tứ giác nội tiếp. 2. Kéo dài DE cắt AC ở K. Tia phân giác của góc CKD cắt EF và CD tại M và N. Tia phân giác của góc CBF cắt DE và CF tại P và Q. Tứ giác MPNQ là hình gì? Tại sao? 3. Gọi r, r1, r2 là theo thứ tự là bán kính của đường tròn nội tiếp các tam giác ABC, 2 2 2 ADB, ADC. Chứng minh rằng r=+ r12 r . HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 24
25. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(2 điểm): Cho biểu thức x− 1 0 x+ 1 x+ 0 1 x − 1 x2 − 4x − 1 x + 2003 K = − +  1. K xác ịđ nh x 0, x 2 1. 2 x− 1 x + 1 x − 1 x x− 1 0 x0 ĐKXĐ : x 0, x 1. x1+ x1 − x2 − 4x1 − x + 2003 2. K = − +  x1− x1 + (x1)(x1) − + x (x+ 1)2 − (x − 1) 2 + x 2 − 4x − 1x + 2003 = (x−+ 1)(x 1) x x2++−+−+−−+ 2x 1 x 2 2x 1 x 2 4x 1x 2003 x 2 −+ 1x 2003 x + 2003 =  =  = 1 2 (x1)(x1)−yx= +2 x x1 − x x 4 x+ 2003 Vậy với x 0, x 1 thì K = x x+ 2003 2003 3. K1= = + ∈ Z 2003 ⋮ x x ∈ Ư(2003) = { 1 ; 2003} xx Do x 1 nên x = 2003. Vậy với x = 2003 thì K nhận giá trị nguyên. Bài 2(2 điểm): 1. (D) đi qua điểm A(1 ; 2003) nên : 2003 = 1 + m m = 2002. Vậy với x = 2003 thì (D) đi qua điểm A(1 ; 2003) 2. Phương trình đường thẳng x – y + 3 = 0 viết lại thành : y = x + 3 (D’) a== a ' 1 1 (D) // (D’) m3 b b' m 3 3. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (D) và parabol : 1 x2 =+ x m x2 – 4x – 4m = 0 (1) 4 (D) tiếp xúc với parabol (1) có ngiệm kép ’ = 4 + 4m = 0 m = -1. Vậy giá trị cần tìm của m là m = -1. PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 25
26. Bài 3(3 điểm): x + 7 1. Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x (m). Đk : x > 0 Thì chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m). x 17 Áp dụng định lí Pitago, ta có : x2 + (x + 7)2 = 172 2x2 + 14x +49 = 289 x2 + 7x – 120 = 0 = 72 + 120 = 169 = 132 > 0 Phương trình trên óc hai nghiệm : x1 = -7 – 13 = -20 0 (thoả mãn) Vậy diện tích của hình chữ nhật là : S = 6.(6 + 7) = 78 (m2). 2. Đặt a= 2002 0, b = 2003 0. Bất đẳng thức đã cho trở thành : ab22 + ab + a3 + b3 > ab(a + b) (a + b)(a2 – ab + b2) > a + b ba (a + b)(a – b)2 > 0 (bất đẳng thức này đúng vì a + b > 0 và a b) Vậy . B Bài 4(3 điểm): 1. (H. 1) D 0 P Vì ADB= 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) N 2002 2003 E nên AD ⊥ BC. Suy ra BAD= ACB (cùng+ phụ vớ i 2002 + 2003 I ABD ) hay BAD= DCF 2003 2002 M A K F Q C Mà BAD= BED (góc nội tiếp cùng chắn BD ) Hình 1 Suy ra DCF= BED. Xét tứ giác CDEF có DCF+ DEF = BED + DEF = 1800 ( BED, DEF là 2 góc kề bù) tứ giác CDEF nội tiếp. 2. DEF là góc ngoài của BEP nên : DEF=+ PBE BPE BPE là góc ngoài của PKI nên : BPE=+ PIK PKI DEF= PBE + PIK + PKI (1) BQK là góc ngoài của BQC nên : DCF=− IQK QBC PIK là góc ngoài của IKQ nên : IQK=− PIK QKI DCF= PIK − QKI − QBC (2) PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 26
27. Mà PBE= QBC (BQ là tia phân giác của CBF) và PKI= QKI (BN là tia phân giác của CKD) nên từ (1) và (2) suy ra DEF+ DCF = PIK − QKI − QBC + PBE + PIK + PKI = 2PIK hay 1800 = 2PIK PIK== 18000 :2 90 BI ⊥ MN, KI ⊥ PQ, MN ⊥ PQ. MBN có BI vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên là tam giác cân tại B BI đồng thời là đường trung tuyến ứng với cạnh MN IM = IN. Tứ giác MPNQ có IM = IN, IP = IQ nên là hình bình hành. Lại có MN ⊥ PQ nên MPNQ là hình thoi. B 3. (H. 2) 1 2 D Gọi O, O1 và O2 theo thứ tự là tâm đường tròn r1 H I O1 nội tiếp ABC, ABC và ACD. r Suy ra AO1 là tia phân giác của BAD và CO O2 O là tia phân giác của ACB, BO1 là tia phân giác của r2 2 ABC. 1 A K C BAD ACB Hình 2 BAO = và C2 = 1 2 2 Mà BAD= ACB (cùng phụ với CAD) nên BAO1 = C2 Gọi H là tiếp điểm của BC với (O), I là tiếp điểm của AB với (O1), K là tiếp điểm của AC với (O2) thì OH = r, O1I = r1, O2K = r2 và OH ⊥ BC, IO1 ⊥ AB, IO2 ⊥ AC. Xét BO1A và BOC có : BB12= (vì BO1 là tia phân giác của ) (chứng minh trên) O1 I AB r1 AB BO1A ~ BOC (g.g) = hay = OH BC r BC r AC Chứng minh tương tự, ta có 2 = r BC r2 r 2 AB 2 AC 2 AB 2+ AC 2 Suy ra 12+ = + = = 1 (do AB2 + AC2 = BC2 (đ.l Pitago)) r2 r 2 BC 2 BC 2 BC 2 (đpcm). 2 2 2 r=+ r12 r PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 27
28. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÁI BÌNH Năm học 2003 – 2004 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(2 điểm): 2 2(x1)+ x10x − + 3 Cho biểu thức M = + + x− 1 x + x + 1 x13 − 1. Với giá trị nào của x thì biểu thức có nghĩa. 2. Rút gọn biểu thức. 3. Tìm x để biểu thức có giá trị lớn nhất. Bài 2(2,5 điểm): 1 Cho hàm số y = 2x2 (P) và y = 2(a - 2)x - a2 (d) 2 1. Tìm a để (d) đi qua điểm A(0 ; -8) 2. Khi a thay đổi hãy xét số giao điểm của (P) và (d) tuỳ theo giá trị của a . 3. Tìm trên (P) những điểm có khoảng cách ếđ n gốc toạ độ O(0 ; 0) bằng 3 Bài 3(2 điểm): Một tấm tôn hình chữ nhật có chu vi là 48cm. Người ta cắt bỏ 4 hình vuông có cạnh là 2cm ở 4 góc rồi gấp lên thành một hình hộp chữ nhật (không có nắp). Tính kích thước của tấm tôn đó, biết rằng thể tích hình hộp bằng 96 cm3. Bài 4(3 điểm): Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Hạ các đường cao AD, BE của tam giác. Các tia AD, BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là M, N. 1. Chứng minh rằng bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Tìm tâm I của đường tròn đó. 2. Chứng minh rằng: MN // DE 3. Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên cung lớn AB. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp CDE không đổi. Bài 5(0,5 điểm): Tìm các cặp số (x ; y) thoả mãn: (x2 + 1)(x2 + y2) = 4x2y HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 28
29. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1(2 điểm): 1. Vì x3 − 1 = (x − 1)(x + x + 1) nên để M có nghĩa, ta phải có : x0 x0 x− 1 0 x− 1 0 x+ x + 1 0 (luôn đúng  x 0) 2 2(x1)+ x10x3 − + 2. M = + + x1− x + x1(x1)(x + − + x1) + 2(x+ x + 1) + 2(x + 1)(x − 1) + x − 10x + 3 = ( x− 1)(x + x + 1) 1 2x+ 2 x + 2 + 2x − 2 + x − 10 x + 32 5x − 8 x + 3 == (x1)(x− + x1) + (x1)(x − + x1) + 5x− 5 x − 3 x + 3 ( x − 1)(5 x − 3) 5 x − 3 === (x− 1)(x + x + 1) (x − 1)(x + x + 1) x + x + 1 5 x− 3 Vậy với x 0, x 1 thì M = x++ x 1 5x3− (x + x1)(x4x4) + − − + (x2) − 2 3. M1= = = − x+ x + 1 x + x + 1 x + x + 1 ( x− 2)2 Với x 0, x 1 thì x++ x 1 > 0 và ( x− 2)2 0 − 0 M 1. x++ x 1 Dấu bằng xảy ra x2− = 0 x = 4 (thoả mãn ĐKXĐ). Vậy giá trị lớn nhất của M = 1 x = 4. Bài 2(2,5 điểm): Cho hàm số y = 2x2 (P) và y = 2(a - 2)x - a2 (d) 1 1. Vì (d) đi qua điểm A(0 ; -8) nên ta có : −8a = − 2 a2 = 16 a = 4. 2 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là : 1 2x2= 2(a-2)x- a 2 4x 2 − 4(a-2)x + a 2 = 0 (1) 2 PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 29
30. Số giao điểm của (P) và (d) tuỳ thuộc vào số nghiệm của phương trình (1). ’ = 4(a – 2)2 – 4a2 = -16(a - 1) - Nếu a – 1 0 (1) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. - Nếu a – 1 = 0 a = 1 ’ = 0 (1) có nghiệm kép. Khi đó (d) tiếp xúc với (P). - Nếu a – 1 > 0 a > 1 ’ 0 m) 3 m = 2 33 − 33 Có hai điểm thoả mãn điều kiện đề bài là ; và ; 3 22 22 Bài 3(2 điểm): 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Hình 1 Gọi chiều rộng của tấm tôn hình chữ nhật là x (cm). Thì chiều dài của tấm tôn hình chữ nhật là 48 : 2 – x = 24 – x (cm). Chiều rộng và chiều dài của mặt đáy hình hộp chữ nhật lần lượt là (x – 4) (cm) và (24 – x – 4) = (20 – x) (cm). x− 4 0 24− x 0 Ta phải có điều kiện : 4 x 12 (*) 20− x 0 x − 24 x PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 30
31. Theo bài ra, ta có phương trình : 2.(x – 4).(20 – x) = 96 -x2 + 24x – 80 = 48 x2 – 24x + 128 = 0 2 2 ’ = 12 – 128 = 16 = 4 > 0, nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt : x1 = 12 – 4 = 8 (thoả mãn đk (*)), x2 = 12 + 4 = 16 (không thoả mãn đk (*)) Vậy tấm tôn hình chữ nhật có chiều rộng là 8 (cm), chiều dài là 16 (cm). Bài 4(3 điểm): A 1. (H. 2) Vì AEB== ADB 900 nên E, D cùng thuộc đường tròn đường kính AB. N Do đó bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường I E tròn đường kính AB. O Tâm I của đường tròn chính là trung điểm của AB. H 2. Xét đường tròn tâm I : ADE= ABE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE) B D C Xét đường tròn tâm O : AMN= ABN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) M K hay AMN= ABE (vì E ∈ BN). Hình 2 Từ đó suy ra ADE= AMN . Hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau nên DE // MN (đpcm). 3. Gọi H là trực tâm của ABC BH ⊥ AC và CH ⊥ AB (1) Kẻ đường kính AK thì ABK== ACK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). Hay KB ⊥ AB và KC ⊥ AC (2) Từ (1) và (2) suy ra BH // KC và CH // KB BHCK là hình bình hành. Do đó CH = BK. ABK vuông tại B nên theo định lí Pitago : BK2 = AK2 – AB2 = 4R2 – AB2 (với R là bán kính của (O)). CH = BK = 4R22− AB (R > AB/2 vì AK > AB) Xét tứ giác CDHE có HDC== HEC 900 nên E, D cùng thuộc đường tròn đường kính CH. Nói cách khác, đường tròn đường kính CH ngoại tiếp CDE. Bán kính của đường tròn CH AB2 này bằng =−R 2 không đổi. 24 Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp CDE không đổi. PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 31
32. Bài 5(0,5 điểm): 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 (x + 1)(x + y ) = 4x y x + x y + x + y – 4x y = 0 4 2 2 2 2 2 2 (x - 2x y + y ) + (x y – 2x y + x ) = 0 2 2 yx= 2 2 2 x−= y 0 x== 0,y 0 (x – y) + (xy – x) = 0 x0= xy−= x 0 y= 1,x = 1 y1= Vậy có ba cặp (x ; y) thoả mãn đề bài là : (0 ; 0), (1 ; 1), (-1 ; 1). PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 32
33. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÁI BÌNH Năm học 2004 – 2005 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) a(2 a+ 1) a + 4 a + 2 Cho biểu thức A = + − 8+ 2 a − a a + 2 4 − a 1. Rút gọn A 2. Tìm a để A nhận giá trị nguyên Bài 2: (2,0 điểm) 2x+ 3y = 3 + a Cho hệ phương trình : x+= 2y a 1. Tìm a biết y = 1 2. Tìm a để : x2 + y2 = 17 Bài 3: (2,0 điểm) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình : y = 2x2 , một đường thẳng (d) có hệ số góc bằng m và đi qua điểm I(0 ; 2). 1. Viết phương trình đường thẳng (d) 2. CMR (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B 3. Gọi hoành ộđ giao điểm của A và B là x1, x2 . CMR : |x1 – x2| 2 Bài 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm D trên cung AB (D khác A và B), lấy điểm C nằm giữa O và B. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa D kẻ các tia Ax và By vuông góc với AB. Đường thẳng qua D vuông góc với DC cắt Ax và By lần lượt tại E và F. 1. Chứng minh : DFC= DBC 2. Chứng minh : ECF vuông 3. Giả sử EC cắt AD tại M, BD cắt CF tại N. Chứng minh : MN // AB 4. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp EMD và đường tròn ngoại tiếp DNF tiếp xúc nhau tại D. Bài 5: (0,5 điểm) Tìm x, y thoả mãn : 4x− y22 − y + 2 = 4x + y HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 33
34. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2,0 điểm) 1. ĐKXĐ : a 0, a 16. −a(2 a + 1) a + 4 a + 2 A = + + (a2)(a4)+ − a2 + a4 − −a(2 a + 1) + ( a + 4)( a − 4) + ( a + 2)2 = ( a+− 2)( a 4) −2a − aa16a4a4 + − + + + 3a12 − 3(a12) − = = = ( a+ 2)( a − 4) ( a + 2)( a − 4) ( a + 2)( a − 4) 3 = (với a 0, a 16). a2+ 3 Vậy A = (với a 0, a 16). a2+ 3 2. A = ∈ Z 3 ( a+ 2) a2+ là ước dương Ư(3) = {1 ; 3} (do a2+ > 0) a2+ Với = 1 a1=− (loại vì a0 còn -1 0, phương trình trên có hai nghiệm : 9−+ 5 9 5 a= = 2 ; a = = 7 1122 Vậy với a ∈ {2 ; 7} thì x2 + y2 = 17. PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 34
35. Bài 3: (2,0 điểm) 1. Phương trình đường thẳng (d) có dạng: y = ax + b (d) có hệ số góc bằng m a = m. (d) đi qua điểm I(0 ; 2) nên : 2 = m.0 + b b = 2. Vậy phương trình đường thẳng (d) là y = mx + 2. 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : 2x2 = mx + 2 2x2 – mx – 2 = 0 (1) = m2 + 16 > 0 m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt m. m 3. Áp dụng định lí Viet cho phương trình (1), ta có : x1 + x2 = ; x1. x2 = -1 2 2 2 22m m Xét |x1 – x2| = (xx)− = (xx) + − 4x.x = + 4 42 = (do 0m) 1 2 1 2 1 2 4 4 đpcm. Bài 4: (3,5 điểm) x y 1. Xét tứ giác BCDF có : J CDF+ CBD = 900 + 90 0 = 180 0 E D F nên tứ giác BCDF là tứ giác nội tiếp. K (hai góc nội tiếp cùng chắn ) DFC= DBC CD M I N 2. Chứng minh tương tự như trên, ta có : A B DEC= DAC O C ADB có ADB= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên là tam giác vuông tại D DAC+= DBC 900 DEC+= DFC 900 Do đó ECF vuông tại C (đpcm). 3. Tứ giác BCDF nội tiếp nên : DBC= DFC (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD). Tứ giác CMDN có MCN+ MDN = 900 + 90 0 = 180 0 nên nội tiếp được đường tròn. DNM= DCM (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MD). ECF vuông tại C, CDF vuông tại D nên : DCM= DFC (3) (cùng phụ với DCF) Từ (1), (2) và (3) suy ra DBC= DNM PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 35
36. Hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau nên MN // AB (đpcm) 4. Gọi I là trung điểm của MN, J và K theo thứ tự là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác EMD và DNF. MDN vuông tại D nên IM = IN = ID. Tứ giác ACDE có CAE+= CDE 1800 nên nội tiếp được đường tròn. DAC= DEC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD) Mặt khác: DMN= DAC (đồng vị, MN // AB) Suy ra DMN= DEC hay DMN= DEM (vì M ∈ EC) 1 Xét đường tròn tâm J : DMN== DEM sđ DM 2 MN là tiếp tuyến tại M của đường tròn (J) JM ⊥ MN hay JMI= 900 Xét IMJ và IDJ có : IM = ID (chứng minh trên) JM = JD (bán kính của đường tròn (J)) IJ là cạnh chung IMJ = IDJ (c.c.c) IDJ== IMJ 900 Chứng minh tương tự, ta có IDK== INK 900 Suy ra JDK= IDJ + IDK = 1800 J, D, K thẳng hàng và D nằm giữa J và K JK = JD + DK. Do đó hai đường tròn (J) và (K) tiếp xúc với nhau tại D đpcm. Bài 5: (0,5 điểm) 4x− y2 0 ĐK : y+ 2 0 (*) 2 4x+ y 0 Khi đó : 4x22+ y + y + 2 = 4x − y (1) Hai vế của (1) đều không âm nên bình phương hai vế, ta được : 4x2+ y + y224x + + 2 + y.y2 + = 4x − y 2 (4x2− 4x + 1) + (y 2 + 2y + 1) + 24x 2 + y.y + 2 = 0 (2x− 1)2 + (y + 1) 2 + 24x 2 + y.y + 2 = 0 (2) Vì (2x− 1)2 0, (y + 1) 2 0, 2 4x 2 + y. y + 2 0 , nên (2) tương đương với : 22 4x− y − y + 2 = 4x +1 y 2x1y1− = + = 4x2 + y.y2 + = 0 x= ,y = − 1 (thoả mãn điều kiện (*)) 2 Vậy . PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 36
37. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÁI BÌNH Năm học 2005 – 2006 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) 1. Thực hiện phép tính: 5+− 9 4 5 2. Giải phương trình: x4 + 5x2 - 36 = 0 Bài 2 (2,5 điểm) 3 Cho hàm số: y = (2m - 3)x + n - 4 (d) (m ) 2 1. Tìm các giá trị của m và n để đường thẳng (d) : a) Đi qua hai điểm A(1 ; 2) và B(3 ; 4) b) Cắt trục tung tại điểm có tung độ y=− 3 2 1 và cắt trục hoành tại điểm có hoành ộđ x=+ 1 2 2. Cho n = 0. Tìm m để (d) cắt đường thẳng (d’) có phương trình x – y + 2 = 0 tại điểm M (x ; y) sao cho biểu thức P = y2 - 2x2 đạt giá trị lớn nhất. Bài 3: (1,5 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720 m2, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính các kích thước của mảnh vườn. Bài 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đưòng tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax và By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax và By ở C, D. 1. Chứng minh: a) CD = AC + BD ; b) AC.BD = R2 2. Xác định vị trí điểm M để tứ giác ABDC có diện tích nhỏ nhất. 3. Cho R = 2 cm, diện tích tứ giác ABDC bằng 32cm2. Tính diện tích ABM Bài 5:(0,5 điểm) Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng: 2x2+ xy2y + 2 + 2y 2 + yz2z + 2 + 2z 2 + zx2x + 2 5 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thị 2: PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 37
38. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2,0 điểm) 1. 5+ 9 − 4 5 = 5 + ( 5 − 2)2 = 5 + | 5 - 2| = 5 + 5 - 2 = − 2 2. Đặt t = x2 0, phương trình đã cho trở thành : t2 + 5t – 36 = 0 Vì = 25 + 4.36 Bài 2 (2,5 điểm) Xét hàm số: y = (2m - 3)x + n - 4 (d) ( 3) m 1. a) Đồ thị hàm số đi qua hai điểm A(1 ; 2) và B(32 ; 4) nên ta có hệ : 2m− 3 + n − 4 = 2 2m+ n = 9 4m = 8 m = 2 3(2m− 3) + n − 4 = 4 6m+ n = 17 2m + n = 9 n = 5 y=− 3 2 1 Vậy m = 2, n = 5. x=+ 1 2 b) Vì d cắt trục tung tại điểm có tung độ nên hoành độ x = 0; cắt trục hoành tại điểm có hoành ộđ nên tung độ y = 0. Do đó ta có hệ : n= 3 2 + 3 n = 3 2 + 3 n− 4 = 3 2 − 1 1−− 3 2 1 3 2 4 (1+ 2)(2m − 3) + 32 − 1 = 0 2m− 3 = 2m = 3 + = 1+ 2 1 + 2 1 + 2 n=+ 3 2 3 2 2( 2−− 1) 2( 2 1) m= = = = 2 2 − 2 1+ 2 ( 2 + 1)( 2 − 1) 21− Vậy m=− 2 2 2, n=+ 3 2 3. 2. Với n = 0 hàm số đã cho trở thành : y = (2m – 3)x – 4 (d) Phương trình đường thẳng (d’) viết lại thành : y = x + 2 (d’) Để (d) cắt (d’) ta phải có : 2m – 3 1 m 2. Toạ độ giao điểm của (d) và (d’) là nghiệm của hệ : y= (2m–3)x–4 (2m–3)x–4 = x + 2 (2m–4)x = 6 y= x + 2 y = x + 2 y = x + 2 63 x == 2m – 4 m− 2 (do m 2). 3 2m− 1 y2= + = m−− 2 m 2 PHẠM TÙNG LÂM - 0973599160 38