Tuyển tập Đề thi vào lớp 10 năm học 2010 - 2011 của các trường THPT trên cả nước (có đáp án)

Dịch Vụ Toán Học Tuyển tập Đề thi vào lớp 10 năm học 2010 - 2011 của các trường THPT trên cả nước (có Đáp án ) Môn Toán WWW.VNMATH.COM About VnMath.Com vnMath.com Dịch vụ Toán học info@vnmath.com Sách Đại số Giải tích Hình học Các loại khác Chuyên đề Toán Luyện thi Đại học Bồi dưỡng HSG Đề thi Đáp án Đại học Cao học Thi lớp 10 Olympic Giáo án các môn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 22 3 2x x 0   b) 4 1 6 2 x y x y      9 0c) 4 24 13 3x x   d) 22 2 2 1x x   0 Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số 2 2 xy   và đường thẳng (D): 1 1 2 y x  trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 12 6 3 21 12 3A     2 2 5 35 2 3 3 5 2 3 3 5 2 2 B                       Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình (x là ẩn số) 2 2(3 1) 2 1 0x m x m m      a) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = 232 21 2 1x x  x x . Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) khác A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE). a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật. b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng. c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng. Suy ra K là trung điểm của MP. d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 22 3 2x x 0   (1) 9 16 25    (1) 3 5 1 3 5 2 4 2 4 x hay x       b) 4 1 6 2 9 (2 x y x y      (1) ) 4 1 14 7 ( (2) 2 (1)) x y (1) x pt pt       3 1 2 y x     c) 4 24 13 3x x 0   (3), đđặt u = x2, phương trình thành : 4u2 – 13u + 3 = 0 (4) (4) có 2169 48 121 11     13 11 1 13 11(4) 3 8 4 8 u hay u      Do đó (3) 1 3 2 x hay x     d) 22 2 2 1x x 0   (5) ' 2 2 4    Do đó (5) 2 2 2 2 2 2 x hay x    Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),  11; , 2; 2 2        . (D) đi qua  11; , 2; 2 2       Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là :  11; , 2; 2 2       . b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 2 21 1 2 2 2 x x x x       0 1 2x hay x    Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là  11; , 2; 2 2       . Bài 3: 12 6 3 21 12 3A     2 2(3 3) 3(2 3) 3 3 (2 3) 3        3 2 2 5 35 2 3 3 5 2 3 3 5 2 2 B                       2B =    2 25 4 2 3 6 2 5 5 4 2 3 6 2 5 3            2 22 2 2 25 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3          =    2 25 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3         =  B = 10. 5.3 5 20  Bài 4: a)    2 2 2 23 1 8 4 4 2 5 ( 1) 4 0m m m m m m            m Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Ta có x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1 A= 2 21 2 13 2x x x x   21 2 15 2x x x   x 2 2(3 1) 5(2 1)m m m     2 21 16 6 ( ) 4 2 m m m        225 1( ) 4 2 m   Do đó giá trị lớn nhất của A là : 25 4 . Đạt được khi m = 1 2 Bài 5: I K x A E Q O M P I B a) Ta có góc = 90O = EMO EAO => EAOM nội tiếp. Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : oEAO APM PMQ 90   => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ nên I là trung điểm của AM. Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng. c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc bằng nhau là , vì OE // BM AOE ABM => AO AE BP MP  (1) Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số KP BP AE AB  (2) Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm của MP. Cách 2 : Ta có EK AP EB AB  (3) do AE // KP, mặt khác, ta có EI AP EO AB  (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng So sánh (3) & (4), ta có : EK EI EB EO  . Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM => K là trung điểm MP. d) Ta dễ dàng chứng minh được : abcd 4a b c d 4        (*) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d MP = 2 2 2 2MO OP R (x R) 2Rx x      2 Ta có: S = SAPMQ = 2 3MP.AP x 2Rx x (2R x)x    S đạt max  đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max 3(2R x)x  x x x. . (2R x) 3 3 3  đạt max Áp dụng (*) với a = b = c = x 3 Ta có : 4 4 4 x x x 1 x x x R. . (2R x) (2R x) 3 3 3 4 3 3 3 16           Do đó S đạt max  x (2R x) 3    3x R 2  . TS. Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO KYØ THI TUYEÅN SINH LÔÙP 10 THAØNH PHOÁ HOÀ CHÍ MINH TRUNG HOÏC PHOÅ THOÂNG CHUYÊN NAÊM HOÏC 2010 - 2011 KHOÙA NGAØY 21/06/2010 Moân thi: TOAÙN (chuyên) Thôøi gian laøm baøi : 150 phuùt ( khoâng keå thôøi gian giao ñeà) Caâu 1 : (4 ñieåm) 1) Giaûi heä phöông trình : 1 y 1 x 1 2 5y 3 x 1  + = +   + =  + 2) Giải phương trình: 2 2 2(2x x) 2x x 12 0− + − − = Caâu 2 : (3 ñieåm) Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – 3 = 0 (x là ẩn số) Tìm m ñể phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) thỏa 1 2x 2 x= Caâu 3 : (2 ñieåm) Thu gọn biểu thức: 7 5 7 5A 3 2 2 7 2 11 + + − = − − + Caâu 4 : (4 ñieåm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp ñường tròn (O). Gọi P là ñiểm chính giữa của cung nhỏ AC. Hai ñường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng: a)

ABP AMB= b) MA. MP = BA. BM Caâu 5 : (3 ñieåm) a) Cho phương trình: 2x2 + mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số và m, n là các số nguyên).Giả sử phương trình có các nghiệm ñều là số nguyên. Chứng minh rằng: m2 + n2 là hợp số. b) Cho hai số dương a, b thỏa a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 . Tính P = a2010 + b2010 Caâu 6 : (2 ñieåm) Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là ñường tròn tâm O bán kính a. Tìm ñiểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB ñạt giá trị nhỏ nhất. Caâu 7 : (2 ñieåm) Cho a, b là các số dương thỏa 2 2 2a 2b 3c+ ≤ . Chứng minh 1 2 3 a b c + ≥ . HEÁT Hoï vaø teân thí sinh: Soá baùo danh: . Chöõ kyù giaùm thò 1 : Chöõ kyù giaùm thò 2 :.. ĐỀ CHÍNH THỨC 1 SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO KYØ THI TUYEÅN SINH LÔÙP 10 THAØNH PHOÁ HOÀ CHÍ MINH TRUNG HOÏC PHOÅ THOÂNG CHUYEÂN NAÊM HOÏC 2010 – 2011 KHOÙA NGAØY 21/06/2010 Ñaùp aùn : TOAÙN Caâu Höôùng daãn chaám Ñieåm 1 (4 ñ) Caâu 1 : (4 ñieåm) 1) Giaûi heä phöông trình : 1 y 1 x 1 2 5y 3 x 1  + = +   + =  + 1 2 3y 1y 1 2y 2 x 1 x 1 22 2 5y 35y 3 5y 3 x 1 x 1 x 1 −  =+ = − = −    + +⇔ ⇔   + =  + = + = + + +  1 x 2 1y 3  = ⇔   =  2) Giải phương trình: 2 2 2(2x x) 2x x 12 0− + − − = Đặt t = 2x2 – x, pt trở thành t2 + t – 12 = 0 ⇔ t = 3 hay t = – 4 t = 3 ⇔ 2x2 – x = 3 ⇔ x = – 1 hay x = 3/2 t = – 4 ⇔ 2x2 – x = – 4 ( vô nghiệm) Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = – 1, x = 3/2 0,5x4 0,5ñ 0,5ñ 0,5ñ 0,5ñ 2 (3 ñ) Caâu 2 : (3 ñieåm) Cho phương trình x2 – 2(2m + 1)x + 4m2 + 4m – 3 = 0 (x là ẩn số) (*) Tìm m ñể phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) thỏa 1 2x 2 x= ∆ ’ = (2m + 1)2 – (4m2 + 4m – 3) = 4 > 0, với mọi m Vậy (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. 1 2x 2m 1, x 2m 3= − = + 1 2x 2 x 2m 1 2 2m 3= ⇔ − = + 7 m2m 1 2(2m 3) 2 52m 1 2(2m 3) m 6   =−  − = +   ⇔   − =− +  =−  0,5 ñ 0,5ñ 0,5ñ 1,5ñ 3 (2 ñ) Caâu 3 : (2 ñieåm) Thu gọn biểu thức: 7 5 7 5A 3 2 2 7 2 11 + + − = − − + Xét M = 7 5 7 5 7 2 11 + + − + Ta có M > 0 và M2 = 14 2 44 2 7 2 11 + = + suy ra M = 2 A = 2 ( 2 1) 1− − = 1 ñ 1ñ 2 4 (4ñ) Caâu 4 : (4 ñieåm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp ñường tròn (O). Gọi P là ñiểm chính giữa cung nhỏ AC. Hai ñường thẳng AP và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng: a)

ABP AMB= b) MA. MP = BA. BM M P A O B C a)
    
1 1 1( ) ( ) 2 2 2 = − = − = =AMB sñAB sñPC sñAC sñPC sñAP ABP b)  


= ⇒ = =PA PC CAP ABP AMB suy ra CM = AC = AB ∆MAC ~ ∆MBP (g – g) . . .⇒ = ⇒ = =MA MC MA MP MBMC MBAB MB MP 2ñ 1ñ 1ñ 5 (3 ñ) Caâu 5 : (3 ñieåm) a) Cho phương trình: 2x2 + mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số và m, n là các số nguyên) Giả sử phương trình có các nghiệm ñều là số nguyên. Chứng minh rằng: m2 + n2 là hợp số. Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình ⇒ x1, x2 nguyên, 1 2 m x x 2 + =− , x1x2 = n + 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2m n (2x 2x ) (x x 4) 4x 4x x x 16+ = + + − = + + + 2 2 1 2(x 4)(x 4)= + + x1 2 + 4, x22 + 4 là các số nguyên lớn hơn 1 nên m2 + n2 là hợp số. b) Cho hai số dương a, b thỏa a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 . Tính P = a2010 + b2010 Ta có 0 = a100 + b100 – (a101 + b101) = a101 + b101 – (a102 + b102) . ⇒ a100(1 – a) + b100(1 – b) = a101(1 – a) + b101(1 – b) ⇒ a100(1 – a)2 + b100(1 – b)2 = 0 ⇒ a = b = 1 ⇒ P = a2010 + b2010 = 2 0,5ñ 0,5ñ 0,5ñ 1ñ 0,5ñ 6 (2ñ) Caâu 6 : (2 ñieåm) Cho tam giác OAB vuông cân tại O với OA = OB = 2a. Gọi (O) là ñường tròn tâm O bán kính a. Tìm ñiểm M thuộc (O) sao cho MA + 2MB ñạt giá trị nhỏ nhất. 3 F E B ACO D M Đường thẳng OA cắt (O) tại C và D với C là trung ñiểm của OA. Gọi E là trung ñiểm của OC. * Trường hợp M không trùng với C và D: Hai tam giác OEM và OMA ñồng dạng (

OM 1 OEMOE AOM, OA 2 OM = = = ). ⇒ ME OM 1 AM OA 2 = = ⇒ MA = 2EM * Trường hợp M trùng với C: MA = CA = 2EC = 2EM * Trường hợp M trùng với D: MA = DA = 2ED = 2EM Vậy luôn có MA = 2EM MA + 2MB = 2(EM + MB) ≥2EB = hằng số. Dấu “=” xảy ra khi M là giao ñiểm của ñoạn BE với ñường tròn (O). Vậy MA + 2MB nhỏ nhất khi M là giao ñiểm của ñoạn BE với ñường tròn (O). 1ñ 0,5 ñ 0,5ñ 7(2ñ) Caâu 7 : (2 ñieåm) Cho a, b là các số dương thỏa 2 2 2a 2b 3c+ ≤ . Chứng minh 1 2 3 a b c + ≥ . Ta có 1 2 9 (1) (a 2b)(b 2a) 9ab a b a 2b + ≥ ⇔ + + ≥ + 2 2 22a 4ab 2b 0 2(a b) 0⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ (Đúng) 2 2 2 2 2a 2b 3(a 2b ) (a 2b) 3(a 2b ) (2) + ≤ + ⇔ + ≤ + 2 2 22a 4ab 2b 0 2(a b) 0⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ (Đúng) Từ (1) và (2) suy ra 2 2 1 2 9 9 3 a b a 2b c3(a 2b ) + ≥ ≥ ≥ + + ( do a2 + 2b2 ≤3c2) 0,5 ñ 0,5ñ 1ñ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học: 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm) Cho biểu thức x 2 x 3xA x 9x 3 x 3 9     , với x  0 và x  9 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm giá trị của x để 1A 3  . 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A Bài II (2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó. Bài III (1,0 điểm) Cho parabol (P) : y =  x2 và đường thẳng (d) : y = mx  1 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. 2) Gọi x1, x2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm giá trị của m để : 2 21 2 2 1 1 2x x x x x x 3   Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC 3) Chứng minh CF . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) . D OCB 4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB 2 . Bài V (0,5 điểm) Giải phương trình : 2 2x 4x 7 (x 4) x 7     BÀI GIẢI Bài I: (2,5 điểm) Với x ≥ 0 và x  9 ta có : 1) A = 2 3 93 3 x x x xx x 9    = ( 3) 2 ( 3) 3 9 9 x x x x x x x 9 9x       3 2 6 3 9 9 x x x x x x       3 9 9 x x   3( 3) 9 x x   3 3x   2) A = 1 3 3  3x  3 9x    6x   x = 36 3) A 3 3x   lớn nhất  3x  nhỏ nhất  0x   x = 0 Bài II: (2,5 điểm) Gọi x (m) là chiều rộng của hình chữ nhật (x > 0)  chiều dài của hình chữ nhật là x + 7 (m) Vì đường chéo là 13 (m) nên ta có :  2 213 ( 7)x x   2 22 14 49 169 0x x     x2 + 7x – 60 = 0 (1), (1) có  = 49 + 240 = 289 = 172 Do đó (1)  7 17 2 x   (loại) hay 7 17 5 2 x    Vậy hình chữ nhật có chiều rộng là 5 m và chiều dài là (x + 7) m = 12 m Bài III: (1,0 điểm) 1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: -x2 = mx – 1  x2 + mx – 1 = 0 (2), phương trình (2) có a.c = -1 < 0 với mọi m  (2) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu với mọi m  (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt. 2) x1, x2 là nghiệm của (2) nên ta có : x1 + x2 = -m và x1x2 = -1  2 21 2 2 1 1 2 3x x x x x x   1 2 1 2( 1)x x x x 3    1( 1) 3m    F  m + 1 = 3  m = 2 I A O D C E B Bài IV: (3,5 điểm) 1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối oFED 90 FCD  nên chúng nội tiếp. 2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD và DEB vì hai góc cùng chắn cung CE, nên ta CAD CBE có tỉ số : DC DE DC.DB DA.DE DA DB    3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác FCDE, ta có CF (cùng chắn cung CD) D CEA Mặt khác CEA (cùng chắn cung AC) CBA và vì tam OCB cân tại O, nên . CFD OCB Ta có : IC D IDC HDB  và OCD OBD 0HDB OBD 90   nên IC là tiếp tuyến với đường tròn tâm O. 0OCD DCI 90  Tương tự IE là tiếp tuyến với đường tròn tâm O. 4) Ta có 2 tam giác vuông đồng dạng ICO và FEA vì có 2 góc nhọn 1CAE COE COI 2   (do tính chất góc nội tiếp) Mà CO Rtg  CIO 2RIC 2    tgAFB tgCIO 2  . Bài V: (0,5 điểm) Giải phương trình : 2 24 7 ( 4) 7x x x x     Đặt t = 2 7x  , phương trình đã cho thành : 2 4 ( 4)t x x   t 0 0   2 ( 4) 4t x t x    ( )( 4)t x t    t = x hay t = 4, Do đó phương trình đã cho  2 27 4 7x hay x x     x2 + 7 = 16 hay 2 27 7 x x x      x2 = 9  x = 3 Cách khác : 2 24 7 ( 4) 7x x x x      2 27 4( 4) 16 ( 4) 7 0x x x x        2 2 2( 4)(4 7) ( 7 4)( 7 4) 0x x x x          2 27 4 0 ( 4) 7 4 0x hay x x          2 27 4 7  x hay x x     x2 = 9  x = 3 TS. Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) Së Gi¸o dôc vμ ®μo t¹o KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP. HUẾ Thõa Thiªn HuÕ Khóa ngày 24.6.2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TO¸N Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,25 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay: a) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1) . 2) 2 0 3 5 7 6x x   2 3 1 3 5 9 x y x y      b) Rút gọn biểu thức: 5 2 5 5 2 P   . Bài 2: (2,5 điểm) Cho hàm số 2y ax . a) Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho đi qua điểm  2; 8 . M b) Vẽ trên cùng một mặt phẳng tọa độ đồ thị (P) của hàm số đã cho với giá trị a vừa tìm được và đường thẳng (d) đi qua  2; 8 có hệ số góc bằng 2 . Tìm tọa độ giao điểm khác M của (P) và (d). M Bài 3: (1,25 điểm) Hai người đi xe đạp cùng xuất phát từ A để đến B với vận tốc bằng nhau. Đi được 3 2 quãng đường AB, người thứ nhất bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút và đón ô tô quay về A, còn người thứ hai không dừng lại mà tiếp tục đi với vận tốc cũ để tới B. Biết rằng khoảng cách từ A đến B là 60 km, vận tốc ô tô hơn vận tốc xe đạp là 48 km/h và khi người thứ hai tới B thì người thứ nhất đã về A trước đó 40 phút. Tính vận tốc của xe đạp. Bài 4: (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB, D là một điểm trên cạnh AC sao cho CD < AD. Vẽ đường tròn (D) tâm D và tiếp xúc với BC tại E. Từ B vẽ tiếp tuyến thứ hai của đường tròn (D) với F là tiếp điểm khác E. a) Chứng minh rằng năm điểm A, B, E, D, F cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng BF lần lượt cắt AM, AE, AD theo thứ tự tại các điểm N, K, I. Chứng minh: IK AK IF AF  . Suy ra: IF BK IK BF   . c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân. Bài 5: (1,5 điểm) Từ một tấm thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB = 3,6dm, chiều dài AD = 4,85dm, người ta cắt một phần tấm thiếc để làm mặt xung quanh của một hình nón với đỉnh là A và đường sinh bằng 3,6dm, sao cho diện tích mặt xung quanh này lớn nhất. Mặt đáy của hình nón được cắt trong phần còn lại của tấm thiếc hình chữ nhật ABCD. a) Tính thể tích của hình nón được tạo thành. b) Chứng tỏ rằng có thể cắt được nguyên vẹn hình tròn đáy mà chỉ sử dụng phần còn lại của tấm thiếc ABCD sau khi đã cắt xong mặt xung quanh hình nón nói trên. Hết SBD thí sinh:................................ Chữ ký của GT 1:............................................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP. HUẾ THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Khóa ngày: 25/6/2010 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Bài ý Nội dung Điểm 1 2,25 a.1 (0,75) Giải phương trình 25 7 6x x 0   (1): 249 120 169 13 , 13       , 1 7 13 3 10 5 x    vμ 1 7 13 210x   . Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 23 , 25x x   0,25 0,25 0,25 a.2 (0,75) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 2 3 1 3 5 9 x y x y 3     : 2 3 13 6 9 39 2 3 1 3 5 9 6 10 18 19 57 x y x y x y x y x y y                     3  3 2 2 9 13 4 3 y x x y           0,50 0,25 b. (0,75)  5 5 25 2 5 2 5 5 45 2 P     5 2 5 2 5 5    0,50 0,25 2 2,5 2.a (0,75) + Đồ thị (P) của hàm số 2y ax ®i qua ®iÓm  2; 8M , nªn: 8 2 .  2a a     2 VËy: vμ hàm số đã cho là: 2a  22y x 0,50 0,25 2.b (1,75) + Đường thẳng (d) có hệ số góc bằng 2 , nên có phương trình dạng: 2y x   b + (d) đi qua ®iÓm , nªn:  2; 8M   2 b b8 2 4       , ( ) : 2 4d y x   + Vẽ (P) + Vẽ (d) + Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: 2 22 2 4 2x x x x       0 . + Phương trình có hai nghiệm: 1 21; 2x x   Do đó hoành độ giao điểm thứ hai của (P) và (d) là 21 2 1x y 2     . Vậy giao điểm khác M của (P) và (d) có tọa độ:  1;2N 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 1 3 1,25 Gọi x (km/h) là vận tốc của xe đạp, thì x + 48 (km/h) là vận tốc của ô tô. Điều kiện: x > 0. Hai người cùng đi xe đạp một đoạn đường 2 40 3 AC AB k  m Đoạn đường còn lại người thứ hai đi xe đạp để đến B là: CB = ABAC=20 km. 0,25 0,25 Thời gian người thứ nhất đi ô tô từ C về A là: 40 48x  (giờ) và người thứ hai đi từ C đến B là: 20 x (giờ). Theo giả thiết, ta có phương trình: 40 1 20 2 40 201 48 3 3 48x x x        x Giải phương trình trên:    40 48 20 48x x x x    hay 2 68 960 0x x   Giải phương trình ta được hai nghiệm: 1 80 0x    (loại) và . 2 12x  Vậy vận tốc của xe đạp là: 12 km/h 0,25 0,25 0,25 4 2,5 4.a (1,0) Hình vẽ đúng. Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: 090BED BFD  Mà (giả thiết) 090BAD BAC  Do đó: 090BED BFD BAD   Vậy: Năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính BD. 0,25 0,25 0,25 0,25 4.b (1,0) Gọi (O) là đường tròn đường kính BD. Trong đường tròn (O), ta có: DE DF (do DE, DF là bán kính đường tròn (D))  AFEAD D Suy ra: AD là tia phân giác EAF hay AI là tia phân giác của KAF  Theo tính chất phân giác ta có IK AK IF AF  (1) Vì AB AI nên AB là tia phân giác ngoài tại đỉnh A của  KAF. Theo tính chất phân giác ta có : BK AK BF AF  (2) 0,25 0,25 0,25 2 Từ (1) và (2) suy ra : IK BK IF BF  . Vậy IF . BK = IK . BF (đpcm) 0,25 4.c (0,5) Ta có: AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM = MC, do đó AMC cân tại M, suy ra:  MCA MAC . Từ đó: (vì AI là tia phân giác của góc EAF) NAF MAC DAF MCA EAC    Mà (góc ngoài của tam giác AEC) AEB MCA EAC  Nên NAF AEB Mặt khác, (góc nội tiếp cùng chắn cung AB) AFB AEB Suy ra: NAF BFA NFA  Vậy : ANF cân tại N (đpcm)  0,25 0,25 5 1,5 a) Hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón có đỉnh tại A, đường sinh là hình quạt tâm A bán kính AB. Mặt xung quanh này có diện tích lớn nhất khi góc ở tâm của hình quạt bằng . 3,6l dm A  B 090 + Diện tích hình quạt cũng là diện tích xung quanh của hình nón có bán kính đáy là nên: r 2 290 360 4xq l lS r  l   Suy ra: 0,9 4 lr d  m Do đó thể tích của hình nón được tạo ra là:  32 2 2 21 1 15 2,963 3 3rV r h r l r dm      3 m b) Trên đường chéo AC, vẽ đường tròn tâm I bán kính ngoại tiếp cung quạt tròn tại E. IH và IK là các đoạn vuông góc kẻ từ I đến BC và CD. 0,9r d Ta có: 2 23,6 4,85 (3,6 0,9) 1,54CI AC AI dm       IH//AB 0,91 0,9HI CI AB CIIH dm r AB AC AC dm       Tương tự: 0,9IK r dm  Vậy sau khi cắt xong mặt xung quanh, phần còn lại của tấm thiếc ABCD có thể cắt được mặt đáy của hình nón. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Ghi chú:  Học sinh làm cách khác đáp án nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.  Điểm toàn bài không làm tròn. 3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Khoá ngày 24.6.2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (1,5 điểm) Xác định tham số m để phương trình    21 2 1 2m x m x m 0      có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x thoả mãn:  1 2 14 7 2x x x  x . Bài 2: (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức khi các số thực x, y thay đổi. Giá trị nhỏ nhất đó đạt được tại các giá trị nào của x và y. 2 2 2 3 2010P x xy y x y      Bài 3: (2,5điểm) a) Giải phương trình : 3 33 5x     2x . b) Giải hệ phương trình : 1 1 4 0 1 - 4 = 0 x x y x y x yxy y y x          Bài 4: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = 5a, CA = 4a, AB = 3a. Đường trung trực của đoạn AC cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K. a) Gọi (K) là đường tròn có tâm K và tiếp xúc với đường thẳng AB. Chứng minh rằng đường tròn (K) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. b) Chứng minh rằng trung điểm của đoạn AK cũng là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Bài 5: (2,0 điểm) a) Với bộ số (6 ; 5 ; 2), ta có đẳng thức đúng : 65 526 2 . Hãy tìm tất cả các bộ số (a ; b ; c) gồm các chữ số hệ thập phân a , b, c đôi một khác nhau và khác 0 sao cho đẳng thức ab bca c đúng. b) Cho tam giác có số đo một góc bằng trung bình cộng của số đo hai góc còn lại và độ dài các cạnh a, b, c của tam giác đó thoả mãn: a b c a b c     . Chứng minh rằng tam giác này là tam giác đều. --------------- HẾT --------------- SBD thí sinh: ................. Chữ ký GT1: .............................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN QUỐC HỌC THỪA THIÊN HUẾ Khoá ngày 24.6.2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Nội dung Điểm Bài 1 (1,5đ) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 0 0 a     0,25 1 0 1(*) 3 0 3 m m m m          0,25 Ta có: 1 2 1 2 2( 1) 1 2 1 mx x m mx x m        0,25    1 2 1 2 2 1 24 7 4 71 1 m mx x x x m m       0,25    8 1 7 2m m m      6 Thoả mãn (*) Vậy: m =  6 thoả mãn yêu cầu bài toán . 0,5 BÀI 2 (2đ) Ta có:  2 22 3 2010P x y x y y      0,25  22 222 3 2010 2 4 yyP x y y          0,5   221 3 4 60232 2 4 4 3 P x y y         3 0,5 6023 3 P  với mọi x, y. 0,25 6023 3 P  khi và chỉ khi: 12 2 0 3 4 40 3 3 x y x y y             0,25 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là min 60233P  đạt khi 1 3 x  và 4 3 y  0,25 Bài 3 (2,5đ) Lập phương hai vế phương trình 3 33 5x 2x    (1), ta được: 3 338 3 ( 3)(5 )( 3 5 ) 8x x x x       0,25 Dùng (1) ta có: 3 ( 3)(5 ) 0 (2x x   ) 0,25 3.a (1đ) Giải (2) và thử lại tìm được : 3, 5x x   là hai nghiệm của phương trình đã cho. 0,5 Điều kiện : x  0; y  0 . 0,25 Viết lại hệ : 1 1 4 1 1. 4 x y x y x y x y                           0,5 Đặt : 1u x x   ; 1v y y   , ta có hệ : 4 4 u v uv     0,25 Giải ra được : . 2; 2u v    0,25 3.b (1đ,5) Giải ra được : x = 1 ; y = 1. Hệ đã cho có nghiệm : (x ; y)