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

Trờng thcs
thị trấn hng hà

<b>Đề THI THử VàO LớP 10 TRUNG HọC PHổ THÔNG</b>
<b>MÔN toán. năm học 2011-2012</b>

Ngày thi: 20/6/2011

<i> (Thêi gian: 120 phót lµm bµi)</i>

<b>Bµi 1: (3,0 ®iĨm).</b> Cho biểu thức:





2

x x 2x x 2 x 1
A

x x 1 x x 1

  

  

  

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
c) Tìm x để biểu thức

2
B

A
<i>x</i>


nhận giá trị là số nguyên.

<b>Bài 2: (</b><i>2,0 điểm</i>) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình: y = 2x2
vµ đường thẳng (d) có hệ số góc bằng m và đi qua điểm M(0 ; 2).

a) Viết phương trình đường thẳng (d)

b) +) Chứng minh rằng _{m, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B}

+) Gọi xA, xB lần lượt là hoành độ giao điểm của (d) và (P). T ính gía tr ị của biểu
thức: P = x x + x x2A B 2B A x xA B theo m

c) Tìm giá trị của m để tam giác OAB có diện tích bằng 3 (O là gốc toạ độ).

<b>Bài 3: (</b><i>1,5 điểm</i>) Hai người cùng làm chung một cơng việc thì sau 4 giờ 30 phút họ
làm xong. Nếu một mình người thứ nhất làm trong 4 giờ, sau đó một mình người thứ
hai làm trong 3 giờ thì cả hai người làm được 75% công việc. Hỏi nếu mỗi người làm
một mình thì sau bao lâu sẽ xong cơng việc? (Biết rằng năng suất làm việc của mỗi
người là không thay đổi).

<b>Bài 4 (</b><i>3,0 điểm</i>) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường trịn tâm O, bán
kính R. Hạ các đường cao AD, BE của tam giác. Các tia AD, BE lần lượt cắt (O) tại
các điểm thứ hai là M, N.

a) Chứng minh rằng bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường trịn. Tìm tâm I của
đường trịn đó.

b) Chứng minh rằng: MN // DE

c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên cung lớn AB. Chứng minh rằng
độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp CDE khơng đổi.

<b>Bài 5 </b><i>(0,5 điểm)</i>: BiÖn luËn theo m số nghiệm của phơng trình sau:
x4_{- mx}2_{+ 3m - 8 = 0}

HẾT

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

<b>Bµi 1:</b> Tỉng: 3,0®
a) Rút gọn biểu thức A.















 





 











2

x x 2x x 2 x 1
A

x x 1 x x 1

x x x 1 x 2 x 1 2 x 1 x 1
A

x x 1 x x 1

x x 1 x x 1

A 2 x 1 2 x 1

x x 1

A x x 2 x 1 2 x 2
A x x 1


  
  
  
   
  
  
  
    
 
     
  

§KX§ : x > 0; x 1.

Vậy với x > 0; x 1 _thìA x  x 1 _.

0,25

0,25

0,25

0,25

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.



§KX§ : x > 0; x 1.
2

1 3 3

A x x 1 x

2 4 4

 

   _  _  

  _{, dấu bằng xảy ra}

1 1

2 4

<i>x</i> <i>x</i>

   

(TMĐK)

Do đó: Amin =
3
4
1
4
<i>x</i>
 
.
0,25
0,5
0,25

c) Tìm x để biểu thức

2
B

A
<i>x</i>


nhận giá trị là số nguyên.



§KX§ : x > 0; x 1.

1
1
2 2
B
A
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
 
 

, Đặt: C =

1
1
<i>x</i>

<i>x</i>
 

Với x > 0; x 1 _{, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: C > 1} _{0 < B < 2}

Để biểu thức

2
B

A
<i>x</i>


nhận giá trị là số nguyên  _{B = 1}

7 3 5
( )
2

2 ₁ ₂ ₁ ₃ _{1 0}

1 <i>TM</i>

<i>x</i> <i>_{x x}</i> <i>_x</i> <i>_x</i> <i>_x</i> <i>_x</i>

<i>x</i> <i>x</i>



           

 

Vậy với

7 3 5
2
<i>x</i>  

biểu thức
2
B
A
<i>x</i>


nhận giá trị là số nguyờn.

0,25
0,25
0,5

<b>Bài 2:</b> Tổng: 2,0đ

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

a) Phng trỡnh ng thẳng (d) cần tìm có dạng: y = ax + b (a ₀₎

+) Vì đường thẳng (d) có hệ số góc bằng m  a = m.

+) Vì đường thẳng (d) đi qua điểm M(0 ; 1) nên : 1 = m.0 + b  b
= 1.

Vậy phương trình đường thẳng (d) cần tìm là y = mx + 1.

0,25
0,25

b) +) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d), ta có :
x2_{= mx + 1  x}2_{– mx – 1 = 0} ₍₁₎

 = m2_{+ 4 > 0 m  (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A & B phân biệt m.}
+) Vì phương trình (1) ln cã hai nghiƯm phân biệt xA, xB với mọi giá trị

ca m (CMT câu a). Theo định lý Vi ét, ta có:

A B

A B

b
x + x = m

a
c

x x 1

a

 _ _





 _ _{ }



- Theo gi¶ thiÕt cho, ta cã:









2 2

A B B A A B A B A B A B 1 1
P = x x + x x x x x x x + x x x

P = 1

<i>m</i>

<i>m</i>

    

 



0,5

0,5

c) Tìm giá trị của m để tam giác OAB có diện tích bằng 3(O là gốc toạ độ)
- Ta có: Giao điểm của (d) và (P) là: A(xA; yA) và B(xB; yB) với xA, xB lần lợt

là nghiệm x1, x2 của phơng trình (1) và x1 < 0 < x2

- Vì phương trình (1) ln cã hai nghiƯm ph©n biệt x1, x2 với mọi giá trị
của m (CMT c©u a), ta cã:





2 2





2 2

1 2

4 4 4 4

;

2 2 2 2

<i>m</i> <i>m</i> <i>m</i> <i>m</i> <i>m</i> <i>m</i> <i>m</i> <i>m</i>

<i>x</i>        <i>x</i>      

- Gọi C là giao điểm của (d) với trục oy  C( 0;1)

Do đó: SOABSOAC+ SOBC



Cơng thức tính diện tích đa giác



Mà:





OAC 1

OAC 2

1

S 1

2
1

S 1

2

<i>x</i>
<i>x</i>



  





 _{  }




C«ng thøc tÝnh diƯn tÝch tam gi¸c



1 2 1 2
OAB OAC OBC

S S + S

2 2

<i>x</i>  <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>

  

, Theo gØa thiÕt: SOAB_{= 3}

1 2
2

<i>x</i> <i>x</i>

 

= 3
4 2

<i>m</i>

  _(TM)

Vậy <i>m</i> 4 2 thì tam giác OAB có diện tích bằng 3(O là gốc toạ độ).

0,25

0,25

<b>Bài 3:</b> Tổng: 1,5đ

+) Gi thi gian ngi th nhất & người thứ hai một mình hồn thành cơng

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

 _{Người thứ nhất làm trong thời gian 1 giờ làm được}
1

<i>x</i>_{(công việc).}

Người thứ hai làm trong thời gian 1 giờ được

1

<i>y</i> _{(cơng việc).}

- Vì hai người cùng làm sẽ hồn thành cơng việc trong thời gian 4giờ 30
phút nên ta có phương trình:

1 1 2
9

<i>x</i> <i>y</i>  ₍₂₎

0,25

- Vì nếu một mình người thứ nhất làm trong 4 giờ,sau đó một mình người

thứ hai làm trong 3 giờ thì cả hai người làm được 75% cơng việc nên ta có
phương trình:

4 3 3
4

<i>x</i> <i>y</i>  ₍₃₎

0,50

+) Từ (2) & (3) ta có hệ phương trình:

1 1 2 1 1

9 12

1 5
4 3 3

36
4

<i>x</i> <i>y</i> <i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i> <i>y</i>

 

  

 

 



 

 _ _  _

 _



0,25

12
36

5

<i>x</i>
<i>y</i>









 _{(Thoả mãn điều kiện )}

+) Vậy người thứ nhất một mình làm xong cơng việc trong 12 giờ
người thứ hai một mình làm xong cơng việc trong 7giờ 12 phút

0,25

<b>Bµi 4:</b><i><b> </b>(Hình 2)</i> Tỉng: 3,0®

a) +) Lập luận chứng minh: AEB ADB 90   0

+) XÐt tø gi¸c AEDB cã: AEB ADB 90   0 (CMT)

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Do đó: Tứ giác AEDB nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh
nối hai đỉnh cịn lại dới hai góc bằng nhau – Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội
tiếp), nờn E, D cựng thuộc đường trũn đường kớnh AB

 _{Bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường trịn đường kính AB (Đ/n tứ}
giác nội tiếp)

+) Tâm I của đường trịn chính là trung điểm của AB.
b) +) Xét ( I ) c ó:

 

ADE ABE _{(hai góc nội tiếp cùng chắn cung}AE _{) (1)}

+) Xét (O) có:

 

AMN ABN _{(hai góc nội tiếp cùng chắn}AN ₎
- Mà E _{BN (gt)} AMN ABE  ₍₂₎

Từ (1) & (2) suy ra: ADE AMN  _.

- Mặt khác: ADE & AMN  ở vị trí đồng vị do AM cắt DE & MN
 _{DE // MN (Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song)}
(đpcm).

c) +) Gọi H là trực tâm của ABC  BH  AC và CH  AB (3)
+) Xét (O) có :

  0

ABK ACK 90  _{(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AK).}

Hay KB  AB và KC  AC (4)

- Từ (3) & (4) suy ra: BH // KC và CH // KB

+) XÐt tø gi¸c BHCK cã: BH // KC (CMT)

CH // KB (CMT)

Do đó: Tø gi¸c BHCK là hình bình hành ( Dấu hiệu nhận biết hình bình

hành).

 CH = BK (t/c)

+) XÐt ABK




_ABK ₉₀0 _CMT



 

cã:

2 2 2 2 2 2

( )  -

<b>AK</b> <b>= AB</b> <b>+ BK</b> Định lí Pitago <b>BK</b> <b>AK</b> <b>AB</b> _{= 4R}2_{– AB}2
(với R là bán kính của (O)).

 CH = BK = 4R2  AB2 _{(R > AB/2 vì AK > AB)}

+) Lập luận chứng minh: HDC HEC 90   0

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

+) Xét tứ giác CDHE có: <i>HDC HEC</i> 1800 (CMT)

Do đó: Tứ giác CDHE nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800
– Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Vì : HDC HEC 90   0_(CMT)_{nên E, D cùng thuộc đường trịn đường}
kính CH hay đường trịn đường kính CH ngoại tiếp CDE. Bán kính của
đường tròn này bằng

2
2

CH AB

R

2   4 _{không đổi.}

Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường
trịn ngoi tip CDE khụng i.

<b>Bài 5:</b> Tổng: 0,5đ

Bin lun theo m số nghiệm của phơng trình sau: x4_{- mx}2_{+ 3m - 8 = 0}₍₁₎
Đặt x2_{= t đợc t}2_{- mt + 3m - 8 = 0 (2)}

_{= m}2_{- 12m + 32; P = 3m - 8; S = m.}

- NÕu m < th× > 0; P < 0 _ _{(2) cã hai nghiƯm tr¸i dÊu}_ _{(2) cã 2}
nghiÖm.

- NÕu m = th× > 0; P = 0; S > 0  _{(2) cã 1 nghiƯm lµ 0; 1 nghiƯm d¬ng}
 _{(2) cã 3 nghiƯm.}

- NÕu <m < 4 th× > 0; P > 0; S > 0 _ _{(2) cã hai nghiƯm d¬ng}
 _{(2) cã 4 nghiƯm.}

- NÕu m = 4 th× = 0; S > 0 _ _{(2) cã 1 nghiƯm d¬ng}_ _{(2) cã 2 nghiƯm.}
- NÕu 4 < m < 8 th× < 0 _{(2) v« nghiƯm} _{(2) v« nghiƯm.}

- NÕu m = 8 th× = 0; S > 0 _ _{(2) cã 1 nghiƯm d¬ng}_ _{(2) cã 2 nghiƯm..}
- NÕu 8 < m th× > 0; P > 0; S > 0  _{(2) cã hai nghiƯm d¬ng}

 _{(2) cã 4 nghiƯm.}

0,25

0,25

0,25

0,25

 <i><b>Chó ý:</b></i>

</div>

<!--links-->