De thi vao THPT Ha Tinh Tu 2008 den nay

1 Vì OM = ON = OP = OQ t/c bán kính đường tròn nên tứ giác MPNQ có: Hai đường chéo MN và PQ bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường..  Tứ giác MPNQ là hình chữ nhật.[r]

Trang 1

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

Mã đề 04

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2008 – 2009 Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài : 120 phút

Bài 1

a) Giải hệ phương trình:

x 2y 5 2x 3y 3

 





 

 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 2x2 13x 9 0 

Tính giá trị biểu thức: A = x1+x2 + x1.x2

      



     với -1< x < 1

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm các giá trị của x để P2 = P

Bài 3 Một người đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 60km Khi từ B trở về

A, do trời mưa người đó giảm vận tốc 10km/h so với lúc đi nên thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 30 phút Tính vận tốc lúc về của người đó

Bài 4 Cho đường tâm O, đường kính AB Trên đường tròn lấy điểm M (M khác A và B), tia AM cắt tiếp tuyến kẻ từ B của đường tròn ngoại tiếp tại N Gọi I là

trung điểm của AM

a) Chứng minh: NAB MBN

b) Chứng minh: AO IB = AI ON

c) Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác BNMO gấp 7 lần diện tích tam giác BMO Bài 5 Các số thực x, y thoả mãn điều kiện: x26x y 2xy2y2 6 0

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = x + y

- Hết

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 2

Mã đề 01

NĂM HỌC 2008 – 2009 Môn thi: TOÁN Ngày thi 24 tháng 6 năm 2008 HƯỚNG DẪN CHẤM THI

1

a) Ta có:

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

b) Phương trình: 2x2 – 13x – 9 = 0 (*)

Ta có a.c = 2.( – 9) = – 18 < 0 nên pt (*) có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt 0,5

Theo định lí Vi-et, ta có :

1 2

13

x x

2 9

x x

2











Theo bài ra, ta có: 1 2 1 2

13 9 13 9

Vậy A = 2

0,5

2

a)

2

b) P2 = P  P2 – P = 0  P(P – 1) = 0  P = 0 hoặc P = 1 0,25 Với P = 0  1 x 0   1 x 0  x 1 (không tmđk (*)) 0,25 Với P = 1  1 x 1   1 x 1  x 0 (tmđk (*)) 0,25

3 Gọi vận tốc của xe máy lúc về là x (km/h, x > 0)

Thời gian của xe máy lúc đi là

60

x 10 (h) Thời gian của xe máy lúc về là

60

x (h)

0,5

Theo bài ra ta có phương trình:

x  x 10  2







0,5

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 3

Đối chiếu điều kiện, ta có: x = 30 0,25

4

0,5

a)

 sñ MB

sñ NAB

2 ( t/c góc nội tiếp) ; 



sñ BM

sñ MBN

2 (t/c góc giữa tiếp

tuyến và dây cung)  NAB MBN  (cùng chắn cung BM)

0,5

b) Tứ giác BOIN có: OBN 90  (t/c tiếp tuyến) và OIN 90   (t/c đường kính

và dây cung) Tứ giác BOIN nội tiếp nên ta có: OBI ONI  (cùng chắn OI) 0,5

Xét ABI và ANO có: OBI ONI  ; BAI chung  ABI ANO (g.g) 0,25

 AI BI  AI.NO AO.BI

c) Ta có: SBNMO = 7.SBMO  SBNM = 6.SBMO  SBMN = 3.SABM (do SABM =

2SBMO)  MN = 3AN (vì cùng chung đường cao BM)  AN = 4.AM 0,25 Mặt khác theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ABN, ta có:

AM.AN = AB2  4AM2 = AB2 

2

 

 

0,25

5

Ta có: x2 + 6(x + y) + 2xy + 2y2 + 6 = 0  (x + y)2 + 6(x + y) + y2 + 6 = 0

 (x + y + 3)2 – 3 = –y2 ≤ 0  (x + y + 3)2 ≤ 3 0,25

 x  y 3  3  3 x y 3    3   3 3 x y   3 3 0,25

S = x + y thì Max S =  3 3 Dấu “=” xẩy ra khi:

y 0

  







Min S =  3 3 Dấu “=” xẩy ra khi:

y 0

  







Chú ý : Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn.

A

B

O

N M

I

Trang 4

Mã đề 01

Bài 1

a) Giải phương trình: x2 + x – 6 = 0

b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax – 2 đi qua điểm M(2; - 1) Tìm hệ

số a

Bài 2

Cho biểu thức:

2

x 1 x x x x

     

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị của x để P = 0

Câu 3

Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 10 tấn hàng Khi sắp khởi hành thì 1 xe phải điều đi làm công việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,5 tấn hàng so với dự định Hỏi đoàn xe lúc đầu có bao nhiêu chiếc ( biết rằng khối lượng hàng mỗi xe chở như nhau)

Bài 4

Cho đường tròn tâm O có các đường kính MN, PQ (PQ không trùng MN)

1) Chứng minh tứ giác MPNQ là hình chữ nhật

2) Các tia NP, NQ cắt tiếp tuyến tại M của đường tròn tâm O thứ tự ở E, F

a) Chứng minh 4 điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn

b) Khi MN cố định, PQ thay đổi, tìm vị trí của E và F khi diện tích tam giác NEF đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5

Cho các số a,b,c  2;5 thỏa mãn điều kiện a 2b 3c 2   Chứng minh bất đẳng thức: a2 2b2 3c2 66 Đẳng thức xẩy ra khi nào?

- Hết

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 5

Mã đề 01

1

a) Ta có: = 1 + 4.6 = 1 + 24 = 25    25 5 0,5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = 2 ; x2 = – 3 0,5 b) Đường thẳng y = ax – 2 đi qua điểm M(2; – 1) nên ta có: 2.a – 2 = – 1 0,5

 2a = – 1 + 2 = 1  a = 1 : 2 = 0,5 Vậy a = 0,5 0,5

2

a)

2

0,5

b) P = 0  x 2x 0   x 1 2 x   0  x 0 (loại vì không thỏa mãn

đk(*)) hoặc

1 x 2

x 4

(thỏa mãn đk (*))

0,5

Vậy giá trị cần tìm của x là

1 x 4

3

Gọi số xe lúc đầu của đoàn xe là x chiếc (x > 1, x nguyên dương)

Số hàng mỗi xe phải chở theo dự định là

10

x (tấn)

Số xe thực tế chở hàng là: x – 1 (chiếc)

Số hàng mỗi xe thực tế phải chở là: (

10

x + 0,5) (tấn)

0,5

Theo bài ra ta có pt: (x – 1)(

10

x + 0,5) = 10  (x – 1)(10 + 0,5x) = 10x 0,5

 x2 – x – 20 = 0  x = – 4 hoặc x = 5 Đối chiếu đk, ta có : x = 5 0,5

M

N

Q

P

O

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 6

1) Vì OM = ON = OP = OQ (t/c bán kính đường tròn) nên tứ giác MPNQ có: 0,5 Hai đường chéo MN và PQ bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

2a) Ta có: NQP QPM  (so le trong) ; PN MQ,QN MP    (t/c hình chữ nhật)

 1 

sñ NQP sñ NP

2 ( t/c góc nội tiếp ) (1)

0,25

Theo tính chất góc có đỉnh bên ngoài đường tròn, ta có:

 sñ NM sñ MP sñNQ sñQM sñMP sñQM sñ NP            

sñNEF

0,25

Từ (1) và (2), ta có: NQP NEF  NEF PQF NQP PQF 180    

 Tứ giác EFQP nội tiếp hay 4 điểm E, F, Q, P cùng thuộc một đường tròn 0,25 2b) Ta có : NEF

1

S MN.EF

2



Do MN không đổi nên SNEF đạt giá trị nhỏ nhất

 EF đạt giá trị nhỏ nhất

0,25 Theo hệ thức lượng trong tam giác NEF vuông tại N, ta có:

ME.MF = MN2 Mà ME + MF = EF  EF2 (ME MF) 2 4.ME.MF 4MN 2 0,25

Do đó EF2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4MN2  ME = MF = MN

Vậy vị trí của E và F cùng cách tiếp điểm M một khoảng bằng MN khi MN cố

định, PQ thay đổi thì SNEF đạt giá trị nhỏ nhất

0,25

5

Vì a,b,c  2;5 nên   2 a 5 ; 2 b 5 ; 2 c 5.      0,25

2 (a 2)(a 5) 0 a 3a 10 0

Dấu “=” xẩy ra khi a = – 2 hoặc a = 5

2 2.(b 2)(b 5) 0 2b 6b 20 0

Dấu “=” xẩy ra khi b = – 2 hoặc b = 5

0,25

2 3.(c 2)(c 5) 0 3c 9c 30 0

Dấu “=” xẩy ra khi c = – 2 hoặc c = 5

Theo bài ra : a 2b 3c 2   (4)

0,25

Cộng (1),(2) và (3) vế theo vế, kết hợp với (4), ta có:

a 2b 3c 3(a 2b 3c) 60 3.2 60 66     

Dấu “=” xẩy ra khi có dấu “=” ở cả (1), (2), (3) và (4)  a = c = – 2 ; b = 5

0,25

Mã đề 02

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 7

Bài 1 Rút gọn các biểu thức sau:

a) 18 8 2

b)

1 1





Bài 2 Cho phương trình: x2 5x m  1 0 (1) (m là tham số)

a) Giải phương trình (1) khi m = 7.

b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn đẳng thức :

x x 11 2  2 20 x x 1 2

Bài 3

a) Trên hệ trục toạ độ Oxy, đường thẳng y =ax + b đi qua điểm M(0; 4) và N(2; 5) Tìm

hệ số a và b

b) Giải hệ phương trình:

2x 2y 3

xy 1

 









Bài 4 Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M B M C ,  ) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với tia DM cắt các đường thẳng DM, DC theo thứ tự tại H và K

a) Chứng minh các tứ giác : ABHD và BDCH nội tiếp.

b) Tính góc CHK .

c) Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại S Chứng minh đẳng thức:

.

Bài 5 Tìm x để y đạt giá trị lớn nhất thoả mãn: x22y22xy 8x 4y 0.  

- Hết

Mã đề 01

NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN Ngày thi 24 tháng 6 năm 2010

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 8

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

1

a) Ta có: 18 8 2 3 2 2 2   2 (3 2 1) 2 4 2    1,0

b) Ta có:

2

a) Khi m = 7, ta có pt : x2 – 5x + 6 = 0  25 24 1 0   0,5 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 2 ; x2 = 3 0,5 b) Phương trình: x2 – 5x + m – 1 = 0 (1) Để pt (1) có 2 nghiệm x1, x2 thì:

29

4

(*)

0,5

Theo định lí Vi-et, ta có:

1 2

x x m 1





 



Theo bài ra ta có: (x1.x2 + 1)2 =20.(x1 + x2)  m2 = 20.5 = 100

 m = 10 hoặc m = – 10 Đối chiếu đk (*), ta có: m = – 10 là giá trị cần tìm

0,5

3

a) Đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M( 0; 4) nên ta có pt:

Đường thẳng y = ax + b đi qua điểm N( 2 ; 5) nên ta có pt:

b)

2x 2y 3 x y 1,5



   x và y là 2 nghiệm của pt: X2 – 1,5X – 1 = 0 0,5

Ta có:  1,52 4.1 2,25 4 6,25     2,5

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: X1 = 2 ; X2 = – 0,5

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x ; y) =(2 ;– 0,5) hoặc (x ; y) =(– 0,5; 2)

0,5

C D

H M

1 2

3

Trang 9

a) Tứ giác ABHD có BAD 90 ; BHD 90     (gt)

BAD BHD 90 90 180

       Vậy tứ giác ABHD nội tiếp đường tròn

0,5

Tứ giác BDCH có: BCD 90 ; BHD 90     (gt) Mà hai góc này cùng nhìn

cạnh BD dưới một góc 900 nên tứ giác BDCH nội tiếp đường tròn 0,5 b) Vì tứ giác BDCH nội tiếp đường tròn nên CHK BDC  (t/c tứ giác nội tiếp)

Mà BDC 90 : 2 45   (t/c hình vuông) Vậy CHK BDC 45   

0,5 c) Qua A, ta kẻ đường thẳng vuông góc với AM cắt tia CD tại N

Xét ADN và ABM có: A 1A 3(vì cùng phụ với A 2) ; AD = AB (gt) ;

ADN ABM 90   (gt)  ADN = ABM (g.c.g)  AN = AM

0,5

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ANS với đường cao AD, ta có:

AD AN AS AM AS (do AN = AM)

0,25

5

Ta có: x2 + 2y2 + 2xy – 8x – 4y = 0  x2 + 2( y – 4)x + 2y2 – 4y = 0 (*) 0,25

Ta xem pt (*) là pt bậc 2 với ẩn là x, tham số là y Đk để pt này có nghiệm là:

x (y 4) 2y 4y 0

 – y2 – 4y + 16  0  12 – (y + 2)2  0  (y 2) 2 12  y 2 2 3

2 3 y 2 2 3

      2 3 2 y 2 3 2   

0,25

Vậy y đạt giá trị lớn nhất bằng 2 3 2  x = – (y – 4) = 4 – y = 6 –2 3 0,25

Mã đề 02

Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 10

c) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 1)x + 3 song song với đường thẳng y = 5x – 1.

d) Giải hệ phương trình:

x y

 







Câu 2

Cho biểu thức:

1

P

     

    với a >0 và a 1 c) Rút gọn biểu thức P

d) Với những giá trị nào của a thì P >

1

2 .

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 2 1 2

1 1

   

Câu 4

Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q sao cho P thuộc cung AQ Gọi C là giao điểm của 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

Cho các số a, b, c đều lớn hơn

25

4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Q

- Hết

Mã đề 02

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 11

a) Để đường thẳng y =(2m – 1)x+3 song song với đường thẳng y =5x – 1 

b) Ta có:

3 2 4 3 2 4



2

a) Với 0a1thì ta có:

  

 

P

2



b) Với 0a1thì P >

1

2 

0 2

3

0







a

 1 a  0 a1 Kết hợp với điều kiện a >0, ta được 0 < a < 1 0,5

3

a) Hoành độ giao điểm các đồ thị hàm số y = x2 và y = - x + 2 là nghiệm của

Giải ra được: x1 = 1 hoặc x2 = - 2

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)

0,5 b) Ta có :  b2 4ac 1 4(1 m) 4 m 3 Để phương trình có 2 nghiệm x1,

x2 thì ta có

3

4

(*)

0,25

Theo định lí Vi-et, ta có: 1 2 1

b

x x

a

và 1. 2 1

c

a

Ta có:

1 2

x x



4 1

1

m

m m

m









0,25

Kết hợp với đk (*) ta có: m = 2 là giá trị cần tìm 0,25

4 a) Ta có: APB AQB   90 (góc nội tiếp chắn

CPH CQH

    Suy ra tứ giác CPHQ nội

C

P

Q

H

B

K O

A

Trang 12

  90

BPCAPH   (suy ra từ a))

CBP HAP (góc nội tiếp cùng chắn cung PQ

CBP

c) Gọi K là giao điểm của tia CH và AB Từ giả thiết suy ra K thuộc cạnh AB

ABC

CH AB

Từ đó suy ra:

+ APB AKC  AP AC AK AB. (2)

+ BQA BKC  BQ BC BK BA. (3)

0,25

- Cộng từng vế của (2) và (3) và kết hợp với (1), ta được:

5

Do a, b, c >

25

4 (*) nên suy ra: 2 a  5 0, 2 b  5 0, 2 c  5 0 0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương, ta có:

2 5 2

2 5

a

2 5 2

2 5

b

2 5 2

2 5

c

0,25

Cộng vế theo vế của (1),(2) và (3), ta có: Q 5.3 15

Dấu “=” xẩy ra  a b c  25 (thỏa mãn điều kiện (*)) 0,25

(Đề thi có 1 trang)

Mã đề 01

NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN Ngày thi : 28/6/2012

Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1 (2điểm)

a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức:

5

6 1 

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 13

b) Giải hệ phương trình:

2 1

 







x y

1

P

a

a a a với a >0 và a 1. a) Rút gọn biểu thức P

b) Với những giá trị nào của a thì P = 3

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M(–1 ; 2) và song song với đường thẳng y = 2x + 1 Tìm a và b

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 4x – m2 – 5m = 0 Tìm các giá trị của

m sao cho: |x1 – x2| = 4

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (DBC, E AC)

a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn

b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A) Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành

c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

AD BE CF

HD HE HF

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm:

x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0

Hết

- Thí sinh không sử dụng tài liệu

- Giám thị không giải thích gì thêm

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

Mã đề 01

NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN Ngày thi 28 tháng 6 năm 2012

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

(Đáp án gồm 2 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 14

Câu Nội dung Điểm

1

a) Ta có:

6 1 ( 6 1)( 6 1)





5( 6 1) 5( 6 1)

6 1

b) Ta có:



2

P

2

4a 1 a



b) Với 0a 1thì P = 3

2 2

4a 1

a



 a = 1 (loại) hoặc

1 a 3



3

a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên:

a = 2, b 1 0,5

Vì đường thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt:

2(-1) + b = 2  b = 4 (thỏa mãn b 1) Vậy a = 2, b = 4 0,5 b) Ta có :   ' 4 m25m (m 1)(m 4)   Để phương trình có 2 nghiệm x1,

x2 thì ta có:    ' 0 m  4 hoặc m  1 (*) 0,25 Theo định lí Vi-et, ta có: 1 2

b

a

và

2

1 2

c

a

Ta có: x 1  x 2   4 (x 1  x ) 2 2  16  (x 1  x ) 2 2 4x x 1 2  16

0,25 Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm 0,25

 Hai góc ADB, AEB  cùng nhìn cạnh AB dưới một góc 90 

nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn

0,5

b) Ta có:ABK ACK 90   (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)  CKAC, BKAB (1)

0,5

H

D

K

O

C B

A

Định dạng
Số trang	15
Dung lượng	1,33 MB