toan lop 9 hay nhat

2 Chứng minh phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.. Tìm giá trị của m để x1, x2 là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12.. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 28 tháng 6 năm 2011

Đề thi gồm: 01 trang

Câu 1 (3,0 điểm)

1) Giải các phương trình :

a) 5(x + 1) = 3x + 7

b) 4 2 3 4

+ + =

x

2) Cho hai đường thẳng (d1): y = 2x + 5; (d2): y = -4x + 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: x2

– 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 một hình chữ nhật mới có diện tích 77 m2 Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu?

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có A 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 đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E

1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng thuộc 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 thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD

3) Họi 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:

1

x + 3x yz + + y + 3y xz + + z + 3z xy + ≤

- Hết -

Giáo viên: Hoàng Văn Nam – THCS Long Xuyên – Bình Giang – Hải Dương

Mail: hoangnamlx80@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2011-2012 TỈNH HẢI DƯƠNG

MÔN TOÁN (Đợt 1, ngày 28 tháng 6 năm 2011)

Giải các phương trình:

a) 5(x + 1) = 3x + 7 ⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1

Kết luận phương trình có nghiệm x = 1

+ + =

x

x x x x (1) ĐKXĐ: x 0 và x 1≠ ≠ Quy đồng, khử mẫu được: 4x + 2(x – 1) = 3x + 4 ⇔ x = 2 (thỏa mãn)

Kết luận phương trình có nghiệm x = 2

1

(2,0 đ)

2

Tọa độđiểm I là nghiệm của hpt: 1

2

I( 1;3)



Đểđường thẳng (d3): y = (m + 1)x + 2m – 1 đi qua điểm I(-1; 3) thì ta có:

3 = (m + 1).(-1) + 2m – 1 ⇔ m = 5

1

Phương trình: x2 - 2(m + 1)x + 2m = 0 (1) (với ẩn x)

*Khi m = 1, pt (1) có dạng: x2 – 4x + 2 = 0

có ∆ =' 2 0> ⇒ ∆ =' 2

Kết luận PT có 2 nghiệm phân biệt: x1 =2− 2; x2 =2+ 2

2 Ta có: ∆ =' m2+ >1 0, m∀ (đpcm)

2

(2,0 đ)

3

Do ' 0, m∆ > ∀ ⇒ PT có 2 nghiệm x1, x2 Theo định lí Vi-ét ta có:

1 2

1 2

x x 2(m 1) (2)





=

 Theo bài: x1, x2 là độ dài 2 cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 nên x1 > 0, x2 > 0 ⇒ m > 0 và 2 2 2

x +x =12⇔(x +x ) −2x x =12 (4) Thay (2), (3) vào (4), được: m2 + m – 2 = 0 m 1 (TM)

m 2 0 (loai)

=



⇔

= − <



Kết luận m = 1

*Cách 1: (Lập phương trình)

Gọi chiều dài hcn là x(m), đk: 4 < x < 22

Do chu vi hcn bằng 52m nên chiều rộng hcn là: 26 – x (m)

Khi giảm mỗi cạnh 4m thì hcn mới có: chiều dài là x – 4 (m), chiều rộng là 22–x (m)

Do diện tích hcn mới bằng 77m2 nên ta có PT: (x – 4)(22 – x) = 77 2

x 26x 165 0

⇔ − + = Giải PT được: 1

2

x 15

x 11

=





=



* Với x = 15 thì chiều dài là 15m, chiều rộng 26 – 15 = 11m (thỏa mãn)

* Với x = 11 thì chiều dài là 11m, chiều rộng 26 – 11 = 15m (loại)

Kết luận kích thước hcn là 15m và11m

3

(1,0 đ)

*Cách 2: (Lập hệ phương trình)

Gọi hai kích thước của hcn là x(m) và y(m), đk: 4 < x; y < 22

Do chu vi hcn bằng 52m nên ta có pt: x + y = 26 (1) Khi giảm mỗi cạnh 4m thì hcn mới có kích thước là: x – 4 (m) và y - 4 (m)

Do diện tích hcn mới bằng 77m2 nên ta có PT: (x – 4)(y – 4) = 77 (2)

Từ (1) và (2), ta có hpt: ( )

xy 165

x – 4 y – 4 77 2



⇔

=



⇒ x; y là nghiệm của pt: ⇔X2−26X 165 0+ =

- Giải PT được: 1

2

X 15

=





=

 (thỏa mãn)

- Kết luận kích thước hcn là 15m và 11m

1

- Vẽ hình:

Ta có:

BEA 90= (góc nội tiếp chắn nửa (O)) hay BEC 90= 0

CEA 90= (góc nội tiếp chắn nửa (O’)) hay CDB 90= 0

⇒ E, D thuộc đường tròn đk’ BC hay

bốn điểm B, E, D, C cùng thuộc một đường tròn

4 2 1 x

O H

F

E

D

C B

A

2

*Cách 1:

BFA 90= (góc nội tiếp chắn nửa (O))

AFC 90= (góc nội tiếp chắn nửa (O’))

Ta có:

BFC BFA AFC 90= + = +90 =180

⇒ B, F, C thẳng hàng

*Cách 2:

Gọi I là giao điểm của AF và OO’

Ta có OO’ là trung trực của AF

OI là đường trung bình của ∆ ABF nên

BF // OI hay BF // OO’ (1)

O’I là đường trung bình của ∆ AFC nên

CF // O’I hay CF // OO’ (2)

Từ (1), (2) suy ra B, F, C thẳng hàng

4

(3,0 đ)

3

* Trong ∆ DEF có FA là phân giác trong của EFD ⇒ AH FH

=

AD FD (*)

Ta có FA là phân giác của EFD và FA ⊥ BC (cmt)

 

1 2 0

0

1 4 4



(do F = 3 F ) ⇒ FB là phân giác 4

góc ngoài BFxcủa ∆DFH cắt DH tại B ⇒ BH FH=

BD FD (**)

Từ (*) và (**) ⇒ BH AH=

BD AD ⇒ BH.AD = AH.BD (đpcm)

5

(1,0 đ)

*Cách 1: (Sử dụng BĐT Bunhiacôpxki) hoặc lí luận như sau:

Ta có: (a2 + b )(x2 2 + y ) (ax by)2 − + 2 = (ay bx) − 2 ≥ 0

(a b )(x y ) (ax by)

Ta có: 3x yz x(x y z) yz (x y)(z x) + = + + + = + + ≥ ( xz + xy )2

⇒ + ≥ + ; 3y xz + ≥ xy + yz; 3z xy + ≥ xz + yz

x 3x yz y 3y xz z 3z xy x xy xz y xy yz z xz yz

y

1

*Cách 2:

1

x + x + yz + y + y + xz + z + z + xy ≤ (1)

Trục căn thức ta được:

2

1

1

1

xy yz zx

x x yz y y zx z z xy x + y2+ z2+ xy + yz + zx (2)

Ta đi chứng minh BĐT (2) đúng Suy ra BĐT (1) đúng

Do x, y, z > 0 Theo BĐT Cô-si (CauChy), ta có:

2

2

2

2 3

2 2

3

2

(3) (4)

(5)

Cộng vế theo vế các BĐT (3), (4) và (5) ta được BĐT (2) :

⇔ + + + + + ≤ x xy yz zx+ y xy yz zx+ z xy yz zx

= x2+ y2 + z2 + xy + yz + zx

Vậy BĐT (2) đúng Suy ra BĐT (1) đúng (đpcm)

Giáo viên: Hoàng Văn Nam – THCS Long Xuyên – Bình Giang – Hải Dương

Mail: hoangnamlx80@gmail.com