D&Da Toan Thi TS 10 Hai Duong nam 09-2010

Cho đờng tròn O, dây AB không đI qua tâm.. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H.. Kẻ MK vuông góc với AN K thuộc AN.. Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đờng tròn.. Chứng minh : MN l

Sở giáo dục và đào tạo

hảI dơng Kì thi tuyển sinh lớp 10 THPT

năm học 2009 2010– 2010

Môn thi: Toán

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày 06/07/2009( buổi chiều)

Câu I: (2,0 điểm)

1/ Giải phơng trình : 2.(x – 1) = 3 - x

2/ Giải hệ phơng trình: 2

y x

x y

 







Câu II: (2,0 điểm)

1/ Cho hàm số y = f(x) = 1 2

2x

 Tính f(0) ;f( 2 ) ; f( 1

2); f(- 2 ) 2/ Cho phơng trình (ẩn x) : x2 – 2(m + 1).x + m2 – 1 = 0 Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn x1 + x2 = x1x2 + 8

Câu III: (2,0 điểm)

1/ Rút gọn biểu thức:

:

x

với x > 0 và x  1

2/ Hai ô tô cùng xuất phát từ A đế B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10 km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đờng AB là 300km

Câu IV: (3,0 điểm)

Cho đờng tròn (O), dây AB không đI qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (

M không trùng với A, B) Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H Kẻ MK vuông góc với

AN ( K thuộc AN)

1 Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đờng tròn

2 Chứng minh : MN là phân giác của góc BMK

3 Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB Gọi E là giao điểm cuat HK và BN Xác

định vị trí của điểm M để ( MK.AN + ME.NB ) có giá trị lớn nhất

Câu V: (1,0 điểm)

Cho x, y thoả mãn : x2 y3  y2 x3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : B = x2 + 2xy - 2y2 +2y + 10

Hết

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Chữ kí của giám thị 1: ………… …… Chữ kí của giám thị 2: ………

Đáp án và biểu điểm Câu I: (2đ)

1/ Phơng trình có nghiệm là x = 5

3 2/ Hệ PT có nghiệm là : 1

3

x y











Câu II: (2đ)

Đề thi chính thức

1/ y = f(x) = 1 2

2x

 Tính f(0)= 0 ;f( 2 ) = - 2 ; f( 1

2 )=

1 8



; f(- 2 ) = -1 2/ + Để PT có nghiệm  '

+ Theo vi ét 1 2 2

1 2

2( 1)







thay vào hệ thức x1 + x2 = x1x2 + 8

Ta tìm đợc m = - 4 + 17 ( Thoả mãn), m = - 4 - 17 ( loại)

Câu III: ( 2 đ)

:

x

= 1 12

:



= 1 12

:

= ( x 1)

x

2/ Gọi vận tốc của ô tô thứ hai là x ( x > 0; đơn vị km/h)

Thì vận tốc của ô tô thứ nhất là x + 10 ( km/h)

Thời gian xe thứ nhất là 300

10

x  (h); Thời gian xe thứ hai là

300

x (h);

Theo bài ta có PT 300 300

1 10

x  x  Giải PT ta đợc x = 50 (t/m) ; x = - 60 ( loại) Vậy vận tốc của ô tô thứ hai là 50 km/h

Thì vận tốc của ô tô thứ nhất là x + 10 = 60 ( km/h)

Câu IV: (3đ)

1/ Ta có MH  AB (gt) và MK  AN

 MKA 900 và MHA 900  4 điểm M, K, A, H thuộc 1 đờng tròn

2/ Ta có : HAN KMH (1) ( Cùng bù 2 góc bằng nhau)

HAN NMB (2) ( Góc nội tiếp cùng chắn cung NB)

Từ 1 và 2  KMH NMB  Điều phải c/m

3/ Ta có AHN đồng dạng  MKN

   MK.AN = AH.MN (1)

Ta lại chứng minh đợc:

tứ giác MHEB nội tiếp  ME  BN

 BH.MN = ME.BN (2)

H K

M

N

E B

A

Từ (1) và (2)  MK.AN + ME.NB = AH.MN + BH.MN = AB.MN (*)

Để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất khi AB.MN lớn nhất, mà AB không đổi

 MN lớn nhất  MN là dây đi qua tâm O, mặt khác MN  AB  Điểm M nằm chính giữa của cung nhỏ AB

Câu IV: (1đ)

Từ x, y thoả mãn : x2 y3  y2 x3 Điều kiện x  -2 ; y  -2

+ Nêú x > y thì x2 y và x2 3 > y3  - y3 > - x3

 x2 y3  y2 x3 ( Mâu thuẫn) Vậy x > y loại + Nêú x < y thì x2 y2 và x3 < y3  - y3 < - x3

 x2 y3  y2 x3 ( Mâu thuẫn) Vậy x < y loại + Nếu x = y thì x2 y và x2 3 = y3  - y3 = - x3

 x2 y3  y2 x3 thoả mãn

Vậy x = y thì x2 y3  y2 x3

Thay y = x vào biểu thức B ta đợc B = x2 + 2x + 10 = x 12  9 9

Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 9 Khi x + 1 = 0 x = -1 y = -1

( Trên đây là cách giải của Tôi, rất mong các Thầy cô giáo xem, có chỗ nào sai lợng thứ cho tôi Tôi xin chân thành cảm ơn)

(Gv: Nguyễn Minh - HD)

Sở Giáo dục và đào tạo

Hải Dơng

Đề thi chính thức

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT

Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề.

Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều)

(Đề thi gồm có: 01 trang)

Cõu 1(2.0 điểm):

1) Giải phương trỡnh: x 1 1 x 1

 

2) Giải hệ phương trỡnh: x 2y

x y 5









Câu 2:(2.0 điểm )

1 Rút gọn biểu thức: A = 2( x 2) x





  với x  0 và x 4

2 Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15

cm2 Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó

Câu 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)

1 Giải phương trình với m = 3

2 Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1,

x2 và thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12

Câu 4:(3 điểm)

Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R) Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E và D

a) Chứng minh: NE2 = EP.EM

a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp

b) Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại K

( K không trùng với P) Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2

Câu 5:(1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = 6 82

1

x x





-Hết -Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh:

Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 1: ………… …… Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2: ………

Lêi G iải Câu I.

a, x 1 1 x 1 2(x 1) 4 x 1 x 1

         Vậy tập nghiệm của phương trình S=

  1

Câu II.

a, với x  0 và x 4

( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)

A

b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0

 Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)

Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15

Giải ra tìm được :x1 = -5 ( loại ); x2 = 3 ( thỏa mãn )

Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm

Câu III.

a, Với m = 3 Phương trình có dạng : x2 - 2x  x x(  2) 0   x = 0 hoặc x = 2

Vậy tập nghiệm của phương trình S=0; 2

b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì     ' 0 4 m  0 m 4 (*)

Theo Vi-et :

1 2

2 (1)

3 (2)

x x

x x m





 



Theo bài: x2

1 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12

 2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) )

hay x1 - x2 = -6

Kết hợp (1)  x1 = -2 ; x2 = 4 Thay vào (2) được :

m - 3 = -8  m = -5 ( TM (*) )

Câu IV

a, NEM đồng dạng PEN ( g-g)

b, MNP MPN   ( do tam giác MNP cân tại M )

PNE NPD c NMP

=> DNE DPE  

Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE

dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp

c, MPF đồng dạng MIP ( g - g )

MNI đồng dạng NIF ( g-g )

2

IF

.IF(2)

NI

Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3)

NMI KPN ( cùng phụ HNP ) => KPN  NPI => NK = NI ( 4 )

Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5) Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm

Câu V

+ C¸ch 1(Líp 8 )Ta cã: A =

VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A lµ - 2 khi x – 2 = 0  x = 2

H

E D

F I

P

O

N K

M

Ta cã: A =

8 8

VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña A lµ 8 khi 2x +1 = 0  x = 1

2



+ C¸ch 2: (Líp 9,10)

2 2

6 8

x 8 6 0 (1) 1

x

x



     



+) A =0 Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x=2

3 +)A 0 thì (1) phải có nghiệm  '

 = 16 - A (A - 6)  0

2 A 8

   

 GTLN cña A = 8  x = 1

2



Vµ GTNN cña A = -2  x = 2