Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trung học phổ thông có đáp án môn: Toán (Năm học 2003-2004)

Chia sẻ: Nguyễn Công Nguyên | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:36

Thêm vào BST

Báo xấu

483
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trung học phổ thông có đáp án môn: Toán" năm học 2003-2004 giúp các em ôn tập lại các kiến thức đã học, đánh giá năng lực làm bài của mình và chuẩn bị kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trung học phổ thông có đáp án môn: Toán (Năm học 2003-2004)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2003 2004 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Thời Gian : 150 Phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1,5 điểm) Cho phương trình − x 2 + 6 + 2x(kx − 4) = 0 (1) 1/ Giải phương trình (1) khi k = −1 . 2/ Tìm số nguyên k nhỏ nhất sao cho phương trình (1) vô nghiệm . Bài 2: (1,5 điểm) ax + y = 0 Cho hệ phương trình : x + ay = a 2 + (1 + 2)a − 2 − 2 1/ Giải hệ phương trình khi a = 2 . 2/ Giải và biện luận hệ phương trình theo a . Bài 3: (2,0 điểm) 2x P= + 2x 2 + 1 + x 4 2 Cho � 1 − x2 � 1− � 2 � � 1+ x � 1/ Rút gọn P . 5+2 + 5−2 2/ Tính giá trị của P khi x = − 3− 2 2 5 +1 Bài 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC cân ở C (góc C nhọn) , nội tiếp trong một đường tròn (O). Lấy bất kì một điểm M trên cung nhỏ BC . 1/ Kẻ đường kính COK , chứng minh MK là tia phân giác của góc AMB . 2/ Trên tia AM lấy một điểm D sao cho BM = MD (M nằm giữa A và D) . Chứng minh MK song song vói BD . 3/ Kéo dài CM cắt BD tại I , chứng minh : a) I là trung điểm của BD . b) MA + MB 2.AC Bài 5: (1,0 điểm) a b c Chứng minh rằng : Nếu abc = 1 thì + + =1 ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1 Hết Họ và tên thí sinh :Số báo danh : Chữ ký các giám thị : - Giám thị 1 : - Giám thị 2 :
(Ghi chú : Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
HƯỚNG DẪN Bài 1: (1,5 điểm) 1/ Khi k = −1 ta có phương trình: −3x 2 − 8x + 6 = 0 ∆ ' = 42 + 3.6 = 34 > 0 4 34 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x = − 3 2/ x + 6 + 2x(kx 4) = 0 � (2k 1)x 8x + 6 = 0 2 2 11 Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi ∆ < 0 � 4 2 − (2k − 1).6 < 0 � k > 6 Vậy số nguyên k nhỏ nhất để phương trình vô nghiệm là k = 2 Bài 2: (1,5 điểm) 1/ Với a = 2 ta có hệ phương trình: � � 2x + y = 0 � �2x + 2y = 0 �x = −2 � �� x + 2y = 2 �x + 2y = 2 y=2 2 ax + y = 0 2/ x + ay = a 2 + (1 + 2)a − 2 − 2 Xét a = 0 ta có hệ phương trình: y=0 x = − 2 −2 Xét a 0 ta có: ax + y = 0 a 2 x + ay = 0 x + ay = a 2 + (1 + 2)a − 2 − 2 x + ay = a 2 + (1 + 2)a − 2 − 2 (1 − a 2 )x = a 2 + (1 + 2)a − 2 − 2 (1 − a 2 )y = −a[a 2 + (1 + 2)a − 2 − 2] 0.x = 0 Nếu a = 1 ta có: . Hệ phương trình có vô số nghiệm. 0.y = 0 0.x = −2 − 2 2 Nếu a = −1 ta có: . Hệ phương trình vô nghiệm. 0.y = −2 − 2 2 Nếu a 1 thì hệ phương trình có nghiệm: a 2 + (1 + 2)a − 2 − 2 a+2+ 2 x= =− 1− a 2 a +1 −a[a + (1 + 2)a − 2 − 2] a(a + 2 + 2) 2 y= = 1 − a2 a +1 2x P= + 2x 2 + 1 + x 4 2 Bài 3: (2,0 điểm)1/Với điều kiện x 0 ta có: 1− x � � 2 1− � 2 � 1+ x � � 2x = + (x 2 + 1) 2 2x(x + 1) nế2 u x < 0 2 x(x 2 + 1) 0 4x 2 = + (x + 1) 2 = + x2 + 1 = 2|x| |x| 2(x 2 + 1) (1 + x 2 ) 2 nếu x > 0
1 5+2 + 5−2 5+2 + 5+3 2/ x = − 3− 2 2 5+2 = − ( 2 − 1) 5 +1 = − ( 2 − 1) 2 7+3 5 5 +1 2( 5 + 3) 2( 5 + 3) 2( 5 + 3) = − ( 2 − 1) = − ( 2 − 1) = − ( 2 − 1) = 1 14 + 6 5 5 + 2.3 5 + 9 ( 5 + 3)2 Suy ra: P = 2(12 + 1) = 4 . Bài 4: (4,0 điểm) 1/ Vì ∆ABC cân tại C nội tiếp đường tròn (O) nên CO là đường phân giác góc ﾷACB hay CK là phân giác góc ﾷACB . Suy ra: ﾷACK = BCK ﾷ Ta lại có: ﾷACK = ﾷAMK (góc nội tiếp cùng chắn cung ﾷAK ﾷ ) và BCK ﾷ = BMK (góc nội tiếp cùng chắn cung BK ﾷ ) Suy ra: ﾷAMK = BMKﾷ hay MK là phân giác góc ﾷAMB . 2/ Theo giả thiết: BM = MD nên ∆MBD cân tại M. Suy ra: MBD ﾷﾷ = MDB . Suy ra: ﾷ 2 MBD ﾷ = 1800 − BMD = ﾷAMB = 2 KMB ﾷﾷ � MBD ﾷ = KMB Mà đây là 2 góc ở vị trí so le trong nên suy ra: MK / / BD . ﾷ 3/ a) Ta có: CMK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Hay CM ⊥ MK . Mà theo chứng minh ở 2/ ta có: MK / / BD Suy ra: CM ⊥ BD hay MI ⊥ BD tại I. Suy ra: MI là đường cao của ∆MBD . Do đó: I là trung điểm của đoạn BD ( ∆MBD cân tại M) b) Do MB = MD nên và M nằm giữa A, D nên MA + MB = MA + MD = AD (1) Áp dụng bất đẳng thức cho tam giác ∆ACD ta có: AD AC + CD (2) Xét ∆BCD có: CI ⊥ BD và I là trung điểm đoạn thẳng BD. Suy ra: ∆BCD cân tại C hay CB = CD . Mà AC = CB (do ∆ABC cân tại C). Suy ra: CD = AC (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: MA + MB 2 AC . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M C . Bài 5: (1,0 điểm) a b c a b c = + + a ab c + + ab + a + 1 1 + b + 1 ac + c + 1 = + + ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1 ab + a + 1 1 + ab + a ac + c + abc a a ab 1 ab + a + 1 = + + = =1 ab + a + 1 1 + ab + a a + 1 + ab ab + a + 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2004 2005 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề)Bài 1( 3 điểm ) Bài 1 ( 3 đi ểm ) mx y 2 Cho hệ phương trình : 3 x my 5 1) Giải hệ phương trình với m = 1. 1 2) Với giá trị nào của m hệ có nghiệm thoả mãn : x + y = 2 m +3 3) Tìm các giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm x > 0 và y
2 x12 + 1 2 x22 + 1 2 x32 + 1 2 x42 + 1 S = + + + ( x12 − 1)2 ( x22 − 1) 2 ( x32 − 1) 2 ( x42 − 1) 2
Gợi ý mx y 2 Bài 1 ( 3 đi ểm ) Cho hệ phương trình : 3 x my 5 1) Với m = 1, ta có 7 x= �x − y = 2 �4x = 7 � �� 4 �3x + y = 5 �y = x − 2 1 y=− 4 5 x= 11 1 1 2) Nếu m = 0 thì hpt có nghiệm 3 nên x + y = 2 = 2 . 3 0 +3 m +3 y = −2 Suy ra m = 0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với m 0 , ta có: 2m + 5 2 x= 2 mx − y = 2 � 3 mx − 3 y = 6 � ( m + 3) y = 5m − 6 � m +3 � �� 3x + my = 5 3mx + m 2 y = 5m ( m 2 + 3) x = 2m + 5 5m − 6 y= 2 m +3 7m − 1 1 2 Suy ra: x + y = 2 . Mà theo gt: x + y = 2 . Suy ra: m = . m +3 m +3 7 5 x= >0 3) Theo 2) ta có m = 0 thì 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. y = −2 < 0 2m + 5 x= m2 + 3 Xét m 0 , ta có: . 5m − 6 y= m2 + 3 5 m>− x>0 2m + 5 > 0 2 5 6 Theo gt: suy ra � �� −
x=0 2) M = 0 � x − x = 0 � x =1 2 1� 1 1 1 1 3) M = x − x = − � � x − �+ .Vậy giá trị lớn nhất của M là khi x = . � 2� 4 4 4 4 Bài 3 ( 3,5 đi ểm ) 1) Chứng minh : AE // BC ﾷ Ta có: CAE ﾷ = CBE ( hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) ﾷ mà CBE ﾷ = ACB ﾷ ( gt) nên CAE ﾷ = ACB mà đây là hai góc ở vị trí so le trong nên AE // BC. 2) Kẻ đường cao AK ( K BC ) kéo dài AK cắt ( O ) tại D. Chứng minh : a) Ba điểm E; O ; D thẳng hàng. ﾷ DAE ﾷ = DAC ﾷ + CAE ﾷ = KAC ﾷ + CAK = 900 ( vì ∆ACK vuông tại K và CAE ﾷﾷ = CAK ) ﾷ Suy ra DAE là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn hay DE là đường kính của đường tròn (O). Vậy, ba điểm E, O và D thẳng hàng. b) ﾷ OAD ﾷ = ABC ﾷ − ACB ﾷ D = ODA Ta có: OA ﾷ = s�Aﾷ E = s�Aﾷ C − s�ECﾷ =A ﾷ BC − EA ﾷ C =A ﾷ BC − A ﾷ CB 3) Gọi H là trực tâm tam giác ABC; giả sử AH = BC . Tính BAﾷ C. Xét hai tam giác: AJH và CJB có ﾷ JH = CJB A ﾷ = 900 (CJ là đường cao tam giác ABC) A H = CB (gt) ﾷ H = JCB JA ﾷ = 900 − Aﾷ BC Nên ∆AJH = ∆CJB (cgc). Suy ra: AJ = CJ Từ đó suy ra tam giác AJC vuông cân tại J, suy ra ﾷ C = 450 BA Bài 4 ( 1 đi ểm ) Cho đa thức : P( x ) = x 4 + 4 x 3 − 2 x 2 − 12 x + 1 1) Phân tích P(x) thành nhân tử. P( x ) = x 4 + 4 x 3 − 2 x 2 − 12 x + 1 = x 4 + 2 x 3 − 5 x 2 + 2 x 3 + 4 x 2 − 10 x − x 2 − 2 x + 1 = x 2 ( x 2 + 2 x − 5) + 2 x ( x 2 + 2 x − 5) − ( x 2 + 2 x − 5) − 4 = ( x 2 + 2 x − 5)( x 2 + 2 x − 1) − 4 Đặt t = x 2 + 2 x − 1 , ta có P(t ) = t (t − 4) − 4 = t 2 − 4t − 4 t =2+2 2 P (t ) = 0 t =2−2 2 Suy ra: P(t ) = (t − 2 − 2 2)( t − 2 + 2 2) Suy ra: P( x ) = ( x 2 + 2 x − 3 − 2 2)( x 2 + 2 x − 3 + 2 2) 2) Gọi x1, x2, x3, x4 là nghiệm của P ( x ) = 0 . Tính tổng sau : 2 x12 + 1 2 x22 + 1 2 x32 + 1 2 x42 + 1 S = + + + ( x12 − 1)2 ( x22 − 1) 2 ( x32 − 1) 2 ( x42 − 1) 2
Giả sử x1 và x2 là nghiệm của x 2 + 2 x − 3 − 2 2 = 0 ; x3 và x4 là nghiệm của x 2 + 2 x − 3 + 2 2 = 0 . Ta có: −4 x1 + 7 + 4 2 −4 x2 + 7 + 4 2 −4 x3 + 7 − 4 2 −4 x4 + 7 − 4 2 S= + + + x14 − 2x12 +1 x24 − 2x 22 +1 x34 − 2x 32 +1 x44 − 2x 42 + 1 −4 x1 + 7 + 4 2 −4 x2 + 7 + 4 2 −4 x3 + 7 − 4 2 −4 x4 + 7 − 4 2 = + + + −4x13 + 12x1 −4x 32 + 12x 2 −4x 33 + 12x 3 −4x 34 + 12x 4 −4 x1 + 7 + 4 2 −4 x2 + 7 + 4 2 −4 x3 + 7 − 4 2 −4 x4 + 7 − 4 2 = + + + −4 x1 (x12 − 3) −4 x2 (x 22 − 3) −4 x3 (x 32 − 3) −4 x4 (x 42 − 3) −4 x1 + 7 + 4 2 −4 x2 + 7 + 4 2 −4 x3 + 7 − 4 2 −4 x 4 + 7 − 4 2 = + + + −4 x1 ( −2 x1 + 2 2) −4 x2 ( −2 x2 + 2 2) −4 x3 ( −2 x3 − 2 2) −4 x4 ( −2 x4 − 2 2) −4 x1 + 7 + 4 2 −4 x2 + 7 + 4 2 −4 x3 + 7 − 4 2 −4 x4 + 7 − 4 2 = + + + 8 x12 − 8 2 x1 8 x22 − 8 2 x2 8 x32 + 8 2 x3 8 x42 + 8 2 x4 − 4 x1 + 7 + 4 2 − 4 x2 + 7 + 4 2 − 4 x3 + 7 − 4 2 − 4 x4 + 7 − 4 2 = + + + − 8(2 + 2) x1 + 8(3 + 2 2) − 8(2 + 2) x2 + 8(3 + 2 2) − 8(2 − 2) x3 + 8(3 − 2 2) − 8(2 − 2) x4 + 8(3 − 2 2) 64(2 + 2) x1 x2 − (272 + 184 2)( x1 + x2 ) + 16(37 + 26 2) = 64(6 + 4 2) x1 x2 − 64(10 + 7 2)( x1 + x2 ) + 64(17 + 12 2) 64(2 − 2) x3 x4 − (272 − 184 2)( x3 + x4 ) + 16(37 − 26 2) + 64(6 − 4 2) x3 x4 − 64(10 − 7 2)( x3 + x4 ) + 64(17 − 12 2) 64(2 + 2)( −3 − 2 2) − (272 + 184 2)( −1) + 16(37 + 26 2) = 64(6 + 4 2)( −3 − 2 2) − 64(10 + 7 2)( −1) + 64(17 + 12 2) 64(2 − 2)( −3 + 2 2) − (272 − 184 2)( −1) + 16(37 − 26 2) + 64(6 − 4 2)( −3 + 2 2) − 64(10 − 7 2)( −1) + 64(17 − 12 2) 224 + 152 2 224 + 152 2 28 + 19 2 28 − 19 2 −96 3 = + =− − = = −448 − 320 2 −448 + 320 2 56 + 40 2 56 − 40 2 −64 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2005 2006 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: ( 3 điểm ) Cho biểu thức : n m n m n m n P m : với m>0, n>0, m n n m m.n n m.n m m.n a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của P biết m và n là hai nghiệm của phương trình : x 2 − 7 x + 4 = 0 1 1 c) Chứng minh : P m n Bài 2 : ( 2,5 điểm) 2x 2 y 3 a) Giải hệ phương trình: 3x 2y 4 1 1 1 3 b) Giải phương trình : 2 2 2 0 x 5x 4 x 11x 28 x 17 x 70 4x 2 Bài 3 : ( 3,5 điểm ) Cho tam giác ABC không cân có ba góc nhọn. M là trung điểm BC, AD là đưòng cao. Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ B và C xuống đường kính AA’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. ﾷ a) Chứng minh : EDC ﾷ = BAE b) Chứng minh : DE vuông góc với AC và MN là đường trung trực của DE, với N là trung điểm của AB. c) Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Bài 4 : ( 1 điểm ) Chứng minh rằng nếu a , b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì phương trình: 2 2 2 2 c a c x 1 x 0 vô nghiệm b b b
Gợi ý Bài 1: ( 3 điểm ) Cho biểu thức : n m n m n m n P m : với m>0, n>0, m n n m m.n n m.n m m.n a) Rút gọn P. P= �n m + n � ( � − m �: � )� m + n − m+n� � � n− m �� m.n + n m.n − m m.n � � � mn + n − mn + m �m mn − m 2 + n mn + n 2 m + n � = :� − � n− m �mn − m mn + n mn − mn m.n � � � n + m �( m + n ) mn + ( n − m )(n + m ) m + n � = :� − � n− m � ( n − m ) mn m.n � n+m (m + n) = : = n+ m n − m (n − m) b) Tính giá trị của P biết m và n là hai nghiệm của phương trình : 7 33 x2 − 7 x + 4 = 0 � x = 2 Vậy P = 7 + 33 7 − 33 11 + 2 11 3 + 3 11 − 2 11 3 + 3 + = + = 11 2 2 2 2 1 1 c) Chứng minh : m n P Ta có: m + n + 2 mn > m + n ∀m > 0, n > 0 1 1 1 1 � ( m + n )2 > ( m + n )2 � m + n > m + n � < � < m+ n m+n P m+n Bài 2 : ( 2,5 điểm) 4 2 −9 � 2x − 2 y = 3 � � y = � �3 2x − 6 y = 9 �8y = 4 2 − 9 � 8 a) � �� 3x + 2 y = 4 3 2x + 2 y = 4 2 � �4 2x = 4 2 + 3 4 2 +3 x= 4 2 1 1 1 3 b) 2 + 2 + 2 − =0 x + 5 x + 4 x + 11x + 28 x + 17 x + 70 4x − 2 1 1 1 3 � + + − =0 ( x + 1)( x + 4) ( x + 4)( x + 7) ( x + 7)( x + 10) 4x − 2 1� 1 1 � 1� 1 1 � 1� 1 1 � 3 � � − �+ � − �+ � − �− =0 3 �x + 1 x + 4 � 3 �x + 4 x + 7 � 3 �x + 7 x + 10 � 4 x − 2 1� 1 1 � 3 � � − �− =0 3 �x + 1 x + 10 � 4 x − 2
3 3 � 2 − = 0 � x 2 + 11x + 10 = 4 x − 2 x + 11x + 10 4 x − 2 x = −3 � x 2 + 7x + 12 = 0 � x = −4 (loại) Vậy phương trình có nghiệm x = −3 . Bài 3 : ( 3,5 điểm ) ﾷ a) Chứng minh : EDC ﾷ = BAE ﾷ Ta có: ADB = 900 ( vì AD là đường cao tam giác BAC) Và ﾷAEB = 900 ( vì E là hình chiếu của B lên AA’) Nên AEDB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB. Suy ra: ﾷ BAE ﾷ + BED = 1800 � BAE ﾷ = 1800 − BED ﾷﾷ = EDC b) Chứng minh : DE vuông góc với AC và MN là đường trung trực của DE, với N là trung điểm của AB. ﾷ Ta có: EBC ﾷ = BCF (slt) (1) ﾷ Ta lại có: ACB ﾷ ' B ( góc nội tiếp chắn cùng cung AB) = AA Mà ∆ABE ∼ ∆AA ' B ( hai tam giác vuông có góc A chung) nên ABE ﾷﾷ 'B = AA ﾷ Suy ra: ACB ﾷ = ABE (2) ﾷ Từ (1) và (2) suy ra: ABC ﾷ = ABE ﾷ + EBC ﾷ = ACB ﾷ + BCF ﾷ = ACF (*) ﾷ Suy ra: BAD =A ﾷ ' AC (3) ( ∆ABD ∼ ∆ACF vì đó là hai tam giác vuông có ABD ﾷﾷ = ACF ) Ta có: ﾷ AEI = 1800 − AED ﾷ = 1800 − ( ADB ﾷﾷ + BED ) = 900 − BED ﾷ = 900 − BAD ﾷﾷ = ABD (4) ﾷ Từ (3) và (4) suy ra: EAI ﾷ + AEI =Aﾷ ' AC + AEI ﾷﾷ = BAD ﾷ + ABD = 900 Suy ra: ﾷAIE = 180 − ( EAI ﾷﾷ ) = 900 + AEI Vậy EI ⊥ AI hay DE ⊥ AC (đpcm) Do MN là đường trung bình của tam giác BCA nên MN//CA. Mà theo cm trên DE ⊥ AC nên DE ⊥ MN . Do tứ giác AEDB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AB tâm N nên NE = ND hay tam giác NED cân tại N. Từ đó suy ra: MN là đường trung trực của DE. ﾷ Chú ý: ta có thể cm ACF ﾷ = ABC (*) như sau ﾷ ' C = ABC AA ﾷ (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) ∆ACA ' ∼ ∆AFC ( vì ﾷACA ' = AFC ﾷ = 900 và góc A chung) � AA ﾷ 'C = ACF ﾷﾷ � ACF ﾷ = ABC d) Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Gọi P là trung điểm AC, chứng minh tương tự ta có MP là trung trực của DF. Vậy M là giao điểm của hai đường trung trực MN và MP trong tam giác DEF nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Bài 4 : ( 1 điểm ) Chứng minh rằng nếu a , b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì phương trình:
2 2 2 2 c a c x 1 x 0 vô nghiệm b b b 2 2 2 2 � �c � �a �� c � (b + c − a ) − 4b c 2 2 2 2 2 2 Ta có: ∆ = � 1 + � � − � �� − 4 � � = � �b � �b �� b � b4 (b2 + c 2 − a 2 − 2bc )(b2 + c 2 − a 2 + 2bc ) [(b − c ) 2 − a 2 ][(b + c )2 − a 2 ] = = b4 b4 (b − c − a )(b − c + a )(b + c + a )(b + c − a ) = 0 , b + c + a > 0 và b+c−a > 0.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2006 2007 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1( 3 điểm ) x + 2 − 4 x − 2 + x + 2 + 4 x − 2 , với x > 2 Cho biểu thức: P = 2( x − 2) 1) Rút gọn P 1 2) Tìm x để P = 3 Bài 2( 2,5 điểm ) 1) Cho phương trình : x 2 + 2mx + 4 = 0 ( m : tham số ) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn: 2 2 x x2 1 2 x2 x1 2) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = x4 + 2007x2 + 2006x + 2007 Bài 3: ( 3,5 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB
HƯỚNG DẪN Bài 1( 3 điểm ) 1) Rút gọn ( ) ( ) 2 2 x+2−4 x−2 + x+2+4 x−2 x−2 −2 + x−2 +2 | x−2 −2|+ | x −2 +2| P= = = 2( x − 2) 2 ( x − 2) 2 ( x − 2) x−2 −2+ x−2 +2 x−2 Nếu x 6 thì P = = 2 ( x − 2) x−2 − x−2 +2+ x−2 +2 2 Nếu 2 < x < 6 thì P = = 2 ( x − 2) x−2 1 x−2 1 2) Nếu x 6 thì P = � = � x − 2 = 3 � x = 11 3 x−2 3 1 2 1 Nếu 2 < x < 6 thì P = � = � x − 2 = 6 � x = 8 (loại) 3 x−2 3 1 Vậy x = 11 thì P = 3 Bài 2( 2,5 điểm ) m 2 1) Phương trình có 2 nghiệm khi và chỉ khi ∆ ' = m − 4 0 2 m −2 2 2 �x1 � �x2 � x14 + x24 ( x12 + x22 )2 − 2 x12 x22 � �+ � � = 2 � 2 2 = 2 � =2 �x2 � �x1 � x1 x2 x12 x22 [( x1 + x2 ) 2 − 2x1 x2 )]2 − 2 x12 x22 [( −2m) 2 − 2.4]2 − 2.42 m = 0 (loại) � =2� =2� x12 x22 42 m= 2 2 2 �x � �x � Vậy m = 2 thì phương trình x 2 + 2mx + 4 = 0 có hai nghiệm thỏa mãn � 1 � + � 2 � = 2 �x2 � �x1 � 2 2) A = x 4 + 2007 x 2 + 2007 x − x + 2007 = x ( x 3 − 1) + 2007( x + x + 1) = ( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 2007) Bài 3: ( 3,5 điểm ) 1) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp được trong một đường tròn. ﾷ Ta có: BFC ﾷ = BEC = 900 ( vì BE và CF là đường cao tam giác ABC) Suy ra tứ giác BCEF nộ tiếp đường tròn đường kính BC. 2) Chứng minh PA là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại A. Gọi J là giao điểm giữa EF và AA’. Ta có: AE ⊥ HE và AF ⊥ HF nên tứ giác AFHE nội tiếp một đường tròn. ﾷ Suy ra: AEF ﾷ = AHF ﾷ � AEJ ﾷ = AHF (1) ﾷ ' AC = 900 − AA Ta lại có: A ﾷ ' C = 900 − ABC ﾷﾷ = BAH ﾷ � JAE ﾷ = FAH (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ﾷAJE = 1800 − ( AEJ ﾷﾷ ) = 1800 − ( AHF + JAE ﾷﾷ + FAH ﾷ ) = AFH = 900 Suy ra: AJ ⊥ EJ � AA ' ⊥ EF Mà PA / / EF nên AA ' ⊥ PA . Do đó PA là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A. 3) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh AH = 2 IO Xét tứ giác BHCA’ ta có: BH//A’C ( vì BH ⊥ AC và A ' C ⊥ AC ) Và CH//BA’ ( vì CH ⊥ AB và BA ' ⊥ AB ) Suy ra: BHCA’ là hình bình hành. Suy ra : I là trung điểm A’H. Suy ra OI là đường trung bình của tam giác A’AH. Suy ra: AH = 2OI . Bài 4( 1 điểm) Phương trình: 4 x 2 – 4(2a + 1) x + 4a 2 + 192 abc + 1 = 0 (1) có ∆1' = 4(2a + 1) 2 − 4( 4a 2 + 192 abc + 1) = 16a − 768abc = 16a (1 − 48bc ) Phương trình: 4 x 2 – 4 ( 2b + 1 ) x + 4b2 +96 abc +1 = 0 (2) có ∆ '2 = 4(2b + 1) 2 − 4( 4b2 + 96abc + 1) = 16b − 384abc = 16b(1 − 24ac) Giả sử cả hai phương trình trên đều vô nghiệm: ∆1' < 0 và ∆ '2 < 0 . a>0 16a(1 − 48bc) < 0 b>0 Hay � � ( vì a 0 và b 0 ). 16b(1 − 24ac ) < 0 1 − 48bc < 0 1 − 24ac < 0 Ta cần chứng minh điều này là sai. Thật vậy, ta có: (1 − 48bc) + (1 − 24ac) = 2 − 24 c( a + 2b) = 2 − 24c(1 − 3c) = 72c 2 − 24c + 2 = 2(6c − 1) 2 0 1 − 48bc < 0 Mâu thuẫn với 1 − 24ac < 0 Vậy ít nhất một trong hai phương trình đã cho có nghiệm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2007 2008 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,5 điểm ) 2 1 1 1) Giải phương trình : 2 x 2 x 2 2) Cho phương trình : x 2 – 2 ( m – 1 ) x + 2m – 4 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 3. b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. Bài 2 ( 1,5 điểm ) a 1 a 1 Cho biểu thức : A = : a a a 1 a 2 a 1 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm tất cả các giá trị của a để A = 2 Bài 3: ( 1,5 điểm ) Hai máy cày cùng làm việc trong 5 giờ thì cày xong 1/18 cánh đồng. Nếu máy thứ nhất làm việc trong 6 giờ và máy thứ hai làm việc trong 10 giờ thì hai máy cày được 10 % cánh đồng. Hỏi mỗi máy cày làm việc riêng thì cày xong cánh đồng trong mấy giờ ? Bài 4: ( 3,5 điểm ) Cho đường tròn ( O ; R ) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. 2 Lấy điểm E trên đoạn AO sao cho OE = AO , đường thẳng CE cắt đường tròn tâm O đã cho tại M 3 1) Chứng minh tứ giác OEMD nội tiếp được trong một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó theo R. 2) Trên tia đối của tia MC lấy điểm F sao cho MF = MD. Chứng minh AM vuông góc với DF. 3) Qua M kẻ đường thẳng song song với AD cắt các đường thẳng OA và OD lần lượt tại P và Q. Chứng minh : MP2 + MQ2 = 2R2 Bài 5: ( 1 điểm ) 3012 1004 4016 Chứng minh : 4 > 0, x 1 x x3 x 1 x 4 x3 x 1 x 5 x 4 x3 x 2 x 1
Hướng dẫn : Bài 1 (2,5 điểm ) 2 1 1 x=0 1) − = � 6x + 4 = 4 − x2 � 2− x 2+ x 2 x = −6 2) x 2 – 2 ( m – 1 ) x + 2m – 4 = 0 (1) a) Khi m = 3 phương trình trở thành: x =2− 2 x2 – 4 x + 2 = 0 x =2+ 2 b) Phương trình (1) có: ∆ ' = ( m − 1) 2 − (2m − 4) = m 2 + 5 > 0 ∀m nên (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. .Bài 2 ( 1,5 điểm ) � a 1 � a +1 A = � − �: �a − a a − 1 � a + 2 a + 1 1) Rút gọn biểu thức A. � a 1 � a +1 � a 1 � a +1 A=� − �: =� − �: 2 � a − a a − 1 � a + 2 a + 1 � a ( a − 1) ( a − 1)( a + 1) � ( a + 1) a 1 a ( a + 1) a = : = = a −1 a +1 a −1 a −1 a 2) A = 2 =2� a =2 a −2�a =4 a −1 Bài 3: ( 1,5 điểm ) Gọi thời gian mỗi máy làm việc riêng để cày xong cánh đồng là: x và y (đơn vị; giờ, x > 0 và y > 0 ) 1 1 Công việc mỗi máy làm được trong 1 giờ là: và . x y Theo giả thiết ta có: 5 5 1 + = x y 18 x = 360 � � 6 10 1 y = 120 + = x y 10 Vậy thời gian mỗi máy làm riêng để hoàn thành cánh đồng là 360 giờ và 120 giờ. Bài 4: ( 3,5 điểm ) ﾷ 1) DME ﾷ = DMC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn) ﾷ EOD ﾷ = AOD = 900 ( AB ⊥ CD tại O) Suy ra: OEMD nội tiếp đường tròn đường kính DE. 4 2 13 2 13 Tam giác DOE vuông tại O nên DE 2 = DO 2 + OE 2 = R 2 + R = R � DE = R 9 9 3
DE 13 Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác OEMD là = R 2 6 2) Ta có: BMD ﾷ = 45 ( góc nội tiếp chắn ¼ đường tròn) ∆ DMF vuông cân tai M ( ̣ MF = MD và ﾷﾷ 0 ﾷﾷ DMF = DMC = 90 ) � BMD = MDF = 450 Mà đây là hai góc ở vị trí so le trong nên MB / / DF ﾷ Mặt khác: AMB = 900 � AM ⊥ BM Suy ra: AM ⊥ DE 3) Gọi N là giao điểm thứ 2 của PQ và đường tròn (O) Gọi I là trung điểm AD và J là giao điểm của OI và PQ. Do AD là dây cung đường tròn (O) nên OI ⊥ AD mà PQ / / AD nên suy ra: OJ ⊥ PQ ∆OPQ ∼ ∆OAD nên ∆OPQ vuông cân tại O. Suy ra: J là trung điểm PQ hay JP = JQ . Mà ta có: J cũng là trung điểm MN ( ∆OMN cân tại O) hay JM = JN . Suy ra: MP = JP − JM = JQ − JN = NQ và PN = MQ (1) Xét ∆PAM và ∆PNB có: APM ﾷﾷ = NPB ﾷ = 450 và PAM ﾷ = 1800 − MAB ﾷ = MNB ﾷ = PNB ( AMNB nội tiếp đường tròn tâm O) PA PM Suy ra: ∆PAM : ∆PNB . Suy ra: = � PA. PB = PM .PN (2) PN PB ∆OPQ vuông cân tại O nên PQ 2 = 2OP 2 = 2(OA + AP 2 ) = 2(OA2 + 2OA. AP + AP 2 ) = 2R 2 + 2 AP(2OA + AP ) = 2 R 2 + 2 AP( BA + AP ) = 2 R 2 + 2 PA.PB (3) Mặt khác: PQ 2 = ( MP + MQ ) 2 = MP 2 + MQ 2 + 2 MP.MQ (4) Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra: 2 R 2 + 2 PA.PB = MP 2 + MQ 2 + 2 PA.PB � MP 2 + MQ 2 = 2 R 2 = Bài 5: ( 1 điểm ) 3012 1004 4016 4 3 4 3 5 4 x x x 1 x x x 1 x x x3 x 2 x 1 3012 1004 4016 = − − ( x − 1)( x + 1)( x − x + 1) ( x − 1)( x + 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x − x + 1)( x 2 + x + 1) 2 2 2 3012( x 2 + x + 1) − 1004( x 2 − x + 1) − 4016( x + 1) 2008x 2 − 2008 = = ( x − 1)( x + 1)( x 2 − x + 1)( x 2 + x + 1) ( x − 1)( x + 1)( x 2 − x + 1)( x 2 + x + 1) 2008 = 2 > 0 , x 1 ( x + x + 1)( x 2 − x + 1)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2008 2009 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) �x 1 ��x − x x + x � Cho biểu thức A = � − . �� − � �2 2 x �� x + 1 x −1 � 1/ Rút gọn biểu thức A. 2/ Tìm các giá trị của x để A < − 4 . Bài 2: (2,0 điểm) 2x − 3y = 2 m + 6 Cho hệ phương trình : (I) (m là tham số , m 0 ) x−y = m +2 1/ Giải hệ phương trình (I) với m = 4 . 2/ Tìm m để hệ (I) có nghiệm (x ; y) sao cho x + y < −1 . Bài 3: (1,5 điểm) Cho phương trình : x 2 − 7x + m = 0 (m là tham số). 1/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm . 2/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 sao cho x13 + x 32 = 91 . Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau, M là một điểm trên cung nhỏ AC . Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M cắt tia DC tại S . Gọi I là giao điểm của CD và MB . 1/ Chứng minh tứ giác AMIO nội tiếp được trong một đường tròn . 2/ Chứng minh : MIC ﾷﾷ = MDB và MSD ﾷﾷ = 2.MBA . 3/ MD cắt AB tại K . Chứng minh tích DK.DM không phụ thuộc vào vị trí của điểm M trên cung nhỏ AC . Bài 5: (1 điểm) 1 1 1 1 1 Chứng minh rằng : + + + ........................ + < 5 13 25 2008 + 2009 2 2 2