de toan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (113.38 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
BÌNH ĐỊNH KHÓA NGÀY :29/06/2011

Đề chính thức Mơn thi: Tốn

Thời gian : 120 phút ( Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 30/6/2011

Bài 1 (2điểm)

a) Giải hệ phương trình :

3 7

2 8

x y
x y

 




 



b) Cho hàm số y = ax + b.Tìm a và b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng y =
-2x +3 và đi qua điểm M( 2;5)

Bài 2: (2điểm)

Cho phương trình x22(m1)x m  4 0 (m là tham số)
a)Giải phương trình khi m = -5

b)Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m
c)Tìm m sao cho phương trình đã cho có hai nghiêm x1, x2 thỏa mãn hệ thức

2 2

1 2 3 1 2 0

x x  x x 

Bài 3 : (2điểm)

Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6m và bình phương độ dài đường chéo gấp 5
lần chu vi.Tính diện tích hình chữ nhật

Bài 4: (3điểm)

Cho đường trịn tâm O, vẽ dây cung BC khơng đi qua tâm.Trên tia đối của tia BC lấy điểm M bất
kì.Đường thẳng đi qua M cắt đường (O) lần lượt tại hai điểm N và P (N nằm giữa M và P) sao cho O năm
bên trong góc PMC. Trên cung nhỏ NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng cung AP.Hai dây cung AB,AC cắt
NP lần lượt tại D và E.

a)Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.
b) Chứng minh : MB.MC = MN.MP

c) Bán kính OA cắt NP tại K. Chứng minh: MK2 MB MC.

Bài 5 (1điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2
2

2 2011
x x

A

x

 



(với x 0
LỜI GIẢI

Bài 1 (2điểm) a) Giải hệ phương trình:

3 7 5 15 3

2 8 2 8 2

x y x x

x y x y y

   

  

 

  

    

  

Vậy nghiệm hệ Pt:
3
2
x
y








b) Vì đồ thị h/s: y = ax + b // đt y = -2x + 3 . Nên: a = -2 và b3

Vậy h/s cần tìm: y = -2x + b ( Với b 3)

Vì đồ thị h/s y = -2x + b qua điểm M( 2; 5). Nên: 5 = -2. 2 + b ==> b = 9 ( 3. Thõa điều kiện)

Vậy

2
9
a

b






 Và h/s là: y = -2x + 9

Bài 2: (2điểm) Phương trình x22(m1)x m  4 0 (m là tham số) (1)
a) Với m = -5: Pt (1) viết:





2( 5 1) 5 4 0

x    x   

 x2 8x 9 0 (a = 1; b = -8 ; c = -9 )

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

( a = 1 ; b’ = m + 1 ; c = m – 4 )









2
2

' 2 1 19

1 4 5 0

2 4

m m m m m 

            

  với mọi m (Do

1
0
2
m

 

 

 

  vơi mọi m)
==> Pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

c) Pt (1) có  ' 0 với mọi m ==> Pt (1) ln có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m.
Theo Viets có: x1 + x2 = - 2(m +1)

x1. x2 = m – 4.

Ta có: x12x223x x1 2 0 





1 2 1. 2 0

x x x x   2



m1



2m 3 0





4 9 0 4 9 0 9

4
m

m m m m

m





      

 


Bài 3 : (2điểm)

Gọi x (m) là chiều rộng hcn (x > 0 )
Chiều dài hcn là: x + 6 (m)

Bình phương độ dài đường chéo hcn là: x2 + (x + 6)2 (m2).
Chu vi hcn là: 2(x + x + 6) = 2( 2x + 6) (m).

Ta có Pt: x2 + (x + 6)2 = 10( 2x + 6)

x2 – 4x – 12 = 0 ( a = 1; b’ = - 2 ; c = -12 )

 = (-2)2 -1.(-12) 16 > 0 ;  ' 16 4 . Pt có hai nghiệm phân biệt:
1

2 4
6
1
x   

( > 0 Thõa ĐK) 2

2 4
2
1

x   

( < 0 Loại)
TL: Chiều rộng hcn: 6 m

Chiều dài hcn : 12m

Diện tích hcn : 6x 12 = 72 (m2)
Bài 4: (3điểm)

a)Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp : 
Xét đường trịn (O) có:

  

2
Sd AP Sd NB

D  

(Góc có đỉnh nằm trong đường tròn)

Mà:

 



 



Sd AP Sd AN Do APAN

==>

    

2 2

Sd AN Sd NB

D    Sd ANB ACB
Vì: D 1D 2 1800 ( DoM; D ; P thẳng hàng)

==> ACB D 2 1800

Vậy: BDEC nội tiếp. ( Đlí)

b) Chứng minh : MB.MC = MN.MP
Xét: ABP và MNC Ta có:



M (chung)

 

1 1

P C (cùng chắn cung NB
)
==> ABP MNC (g-g)
==>

MB MP

MN MC ==> MB.MC = MN.MP.

1 2
1

1
2

K
D

E
A

C
B

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

c) Chứng minh: MK2 MB MC. :

Xét (O) ta có: APAN (gt)

==> O1O 2 (góc ở tâm chắn hai cung bằng nhau)

==> OA là phân giác NOP

Mặt khác ONP có ON = OP (bán kính (O))
Nên: ONP cân tại O

==> OA là trung tuyến ONP. Gọi K là giao điểm của MP và AO
==> NK = KP = 2 0

NP
a
 

(Đặt 2
NP

a


)

Ta có MN.MP = ( MK – a )(MK + a ) = MK2 – a2 < MK2 (do a2 >0)
Mà: MB.MC = MN.MP. (Cmt)

==> MB.MC < MK2 .
Bài 5 (1điểm)

Ta có:
2
2
2 2011
x x
A
x
 


(với x 0).

* Cách 1

:

Gọi A0 là một giá trị của biểu thức A . Lúc đó tồn tại x0để:

2
0 0

0 2
0
2 2011
x x
A
x
 






0 1 0 2 2011 0

A x x

    

(1)

+ Nếu A0 = 1 Thì Pt (1)  2x0 – 2011 = 0  x0 =
2011

Vậy: A0 = 1 Khi x0 =
2011

2 (2)

+ Nếu A0 1 Thì Pt (1) là Pt bậc hai





0 1 0 2 2011 0

A  x  x  

Có  ' 2011A0 2010. Để Pt (1) có nghiệm khi   ' 0 0 0

2010
2011 2010 0

2011
A    A 

dấu “ =” xảy

ra khi 0

2
0

2010

1 2 2011 0
2011 x x

 

   

 

   0

2 2

0 4022 2011 0

x  x   

x0 = 2011
Vậy: 0

2010
2011
A 

Khi x0 = 2011 (3)
Từ (2) và (3) ==> 0





2010
o nhât

2011

A nh 

Khi x0 = 2011 .

* Cách khác :

Ta có:

2
2
2 2011
x x
A
x
 


(với x 0).









2 2
2
2 2
2
2
2

2011 2 .2011 2011
2011

2011 2010
2011

2011 2010 2010
2011 2011 2011

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

A đạt giá trị nhỏ nhất là
2010

</div>

de toan

























<sub></sub>

<sub></sub>

<b>* Cách 1</b>

<b> :</b>













<b>* Cách khác :</b>









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về