Đề thi tuyển sinh môn Toán Lớp 10 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa

79 trang nhatle22 8831

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh môn Toán Lớp 10 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_thi_tuyen_sinh_mon_toan_lop_10_so_giao_duc_va_dao_tao_tha.docx

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh môn Toán Lớp 10 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa

Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2000 – 2001- MÔN: TOÁN Bµi 1: (2 §iÓm) 1 a. T×m c¸c gi¸ trÞ cña a, b biÕt r»ng ®å thÞ cña hµm sè y = ax + b ®i qua c¸c ®iÓm A(2; -1) ; B( ; 2) 2 b. Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số y = mx + 3; y = 3x – 7 và đồ thị của hàm số xác định ở câu a đồng quy (Cắt nhau tại một điểm). Bài 2: (2 Điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m+1)x + 2m + 5 = 0 5 a. Giải phương trình khi m = 2 b. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm. Bài 3: (2,5 Điểm) Cho đường tròn (O) và một đường kính AB của nó. Gọi S là trung điểm của OA, vẽ một đường tròn (S) có tâm là điểm S và đi qua A. a. Chứng minh đường tròn (O) và đường tròn (S) tiếp xúc nhau. b. Qua A vẽ đường thẳng Ax cắt các đường tròn (S) và (O) theo thứ tự tại M, Q; đường thẳng Ay cắt các đường tròn (S) và (O) theo thứ tự tại N, F; đường thẳng Az cắt các đường tròn (S) và (O) theo thứ tự tại P, T. Chứng minh tam giác MNP đồng dạng với tam giác QFT. Bài 4: (2 Điểm) Cho hình chóp SABC có tất cả các mặt đều là tam giác đều cạnh a. Gọi M là trung điểm của cạnh SA; N là trung điểm của cạnh BC. a. Chứng minh MN vuông góc với SA và BC. b. Tính diệm tích của tam giác MBC theo a. Bài 5: (1,5 Điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M = (x 1999)2 (x 2000)2 (x 2001)2 Hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại1
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt Sở gd & đt thanh hoá Năm học 2001 – 2002-Môn: Toán x2 6 1 10 x2 Bài 1: (1,5 Điểm) Cho biểu thức: A = 3 : x 2 x 4x 3x 6 x 2 x 2 a. Rút gọn biểu thức A. 1 b. Tính giá trị của biểu thức A với x = 2 Bài 2: (2 Điểm) Cho phương trình : x2 – 2(m - 1)x – (m +1) = 0 a. Giải phương trình với m = 2 b. Chứng minh rằng với mọi m phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2. c. Tìm m để x1 x2 có giá trị nhỏ nhất. x y 1 Bài 3: (1,5 Điểm) Cho hệ phương trình: . mx y 2m a. Giải hệ phương trình với m = 2. b. Xác định m để hệ phương trình có một nghiệm? Vô nghiệm? Vô số nghiệm? Bài 4: (2,5 Điểm) Cho tam giác cân ABC (AB = AC), với Â = 450, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Đường tròn đường kính BC cắt AB ở E, cắt AC ở F. a. Chứng minh rằng: O thuộc đường tròn đường kính BC. b. Chứng minh AEC , AFB là những tam giác vuông cân. 2 c. Chứng minh tứ giác EOFB là hình thang cân. Suy ra EF = BC 2 Bài 5:(1,5Điểm) Cho tứ diện S.ABCcó đáy ABC là tam giác đều cạnh 2cm. SA vuông góc với đáy,SA = 2 cm. a. Tính thể tích của tứ diện. b. Gọi AM là đường cao, O là trực tâm của tam giác ABC. Gọi H là hình chiếu của O trên SM. Chứng minh rằng OH vuông góc với mặt phẳng (SBC). Bài 6:(1 Điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x y 1998 Hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại2
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2002 – 2003- MÔN: TOÁN Bµi 1: (1,5 §iÓm) 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 – 6x +5 = 0 2. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = 32 50 8 : 18 Bài 2: (1,5 Điểm) Cho phương trình mx2 – (2m+1)x + m - 2 = 0 (1), với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phương trình (1): 1. Có nghiệm. 2. Có tổng bình phương các nghiệm bằng 22. 3. Có bình phương của hiệu hai nghiệm bằng 13. Bài 3: (1 Điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Tính các cạnh của một tam giác vuông biết rằng chu vi của nó là 12cm và tổng bình phương độ dài các cạnh bằng 50. 3x2 5 Bài 4: (1 Điểm) Cho biểu thức: B = x2 1 1. Tìm các giá trị nguyên của x để B nhận giá trị nguyên. 2. Tìm giá trị lớn nhất của B. Bài 5: (2,5 Điểm) Cho tam giác ABC cân đỉnh A nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm chỉnh giữa các cung nhỏ AB, BC, CA; BP cắt AN tại I; MN cắt AB tại E. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác BCPM là hình thang cân; góc ABN có số đo bằng 900. 2. Tam giác BIN cân; EI // BC. Bài 6: (1,5 Điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy là 18cm, độ dài đường cao là 12cm. 1.Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình chóp. 2.Chứng minh đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng (SBD). Bài 7: (1 Điểm) Giải phương trình: x4 x2 2002 2002 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại3
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2003 – 2004- MÔN: TOÁN Bài 1: (2 Điểm) 1. Giải phương trình: x2 – 2x - 1 = 0 x y 1 2. Giải hệ phương trình: 1 2 2 x y 2 x 2 x 1 x 1 Bài 2: (2 Điểm) Cho biểu thức: M = x 2 x 1 2 1. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa. 2. Rút gọn M. 1 3. Chứng minh M 4 Bài 3: (1,5 Điểm) Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - |m| - m = 0 (Với m là tham số) 1. Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. 2 2 2. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để x1 + x2 = 6 Bài 4: (3,5 Điểm) Cho B và C là các điểm tương ứng thuộc các cạnh Ax, Ay của góc vuông xAy (B A, C A). Tam giác ABC có đường cao AH và phân giác BE. Gọi D là chân đường vuông góc hạ từ A lên BE, O là trung điểm của AB. 1. Chứng minh ADHB và CEDH là các tứ giác nội tiếp được trong đường tròn. 2. Chứng minh AH  OD và HD là phân giác của góc OHC. 3. Cho B và C di chuyển trên Ax và Ay thoả mãn AH = h (h không đổi). Tính diện tích tứ giác ADHO theo h khi diện tích của tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 5: (1,5 Điểm) Cho hai số dương x, y thay đổi sao cho x + y = 1. 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 1 2 1 2 x y Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại4
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2004 – 2005- MÔN: TOÁN Bài 1: (2 Điểm) 1. Giải phương trình: x2 – 3x - 4 = 0 2(x y) 3y 1 2. Giải hệ phương trình: 3x 2(x y) 7 a 2 a 2 a 1 Bài 2: (2 Điểm) Cho biểu thức: B = . a 2 a 1 a 1 a 2 1. Tìm điều kiện của a để biểu thức B có nghĩa. 2. Chứng minh B = a 1 Bài 3: (2 Điểm) Cho phương trình: x2 – (m+1)x + 2m - 3 = 0 (Với m là tham số) 1. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. 2. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x1, x2 của phương trình sao cho hệ thức đó không phụ thuộc m. Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O và d là tiếp tuyến của đường tròn tại C. Gọi AH và BK là các đường cao của tam giác; M, N, P, Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ A, K, H, B xuống đường thẳng d. 1. Chứng minh rằng: tứ giác AKHB nội tiếp và tứ giác HKNP là hình chữ nhật. 2. Chứng minh rằng:  HMP =  HAC,  HMP =  KQN. 3. Chứng minh rằng: MP = QN Bài 5: (1 Điểm) Cho 0 < x < 1 1 4x2 1 1. Chứng minh rằng: x( 1 – x ) 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 4 x2 (1 x) hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại5
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2005 – 2006- MÔN: TOÁN a a 2 Bµi 1: (2 §iÓm) Cho biÓu thøc: A = a 1 a 1 a 1 1. Tìm điều kiện của a để biểu thức A có nghĩa. 2 2. Chứng minh A = 3. Tìm a để A < -1 a 1 Bài 2: (2 Điểm) 1. Giải phương trình: x2 – x - 6 = 0 2 2. Tìm a để phương trình: x – (a - 2)x – 2a = 0 có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn điều kiện: 2x1 + 3x2 = 0 Bài 3: (1,5 Điểm) Tìm hai số thực dương a, b sao cho điểm M có toạ độ (a; b 2 + 3) và điểm N có toạ độ (ab ; 2) cùng thuộc đồ thị của hàm số y = x2 Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH. Đường tròn (O) đường kính HC cắt cạnh AC tại N. Tiếp tuyến với đường tròn (O) tại điểm N cắt cạnh AB tại điểm M. Chứng minh rằng: 1. HN // AB và tứ giác BMNC nội tiếp được trong một đường tròn. 2 MN NC 2. Tứ giác AMHN là hình chữ nhật. 3. 1 MH NA 2 2 2 ab 1 Bài 5: (1 Điểm) Cho a, b là các số thực thoả mãn điều kiện a + b 0. CMR: a b 2 a b Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại6
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2006 – 2007-MÔN: TOÁN a a a 5 a Bµi 1: (1,5 §iÓm) Cho biÓu thøc: A = 3 3 a 1 a 5 1. Tìm các giá trị của a để biểu thức A có nghĩa. 2. Rút gọn A 6 1 Bài 2: (1,5 Điểm) Giải phương trình: 1 x2 9 x 3 5(3x y) 3y 4 Bài 3: (1,5 Điểm) Giải hệ phương trình: 3 x 4(2x y) 2 Bài 4: (1 Điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm: x2 – 2mx + m|m| + 2 = 0 Bài 5: (1 Điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2cm, AD = 3cm. Quay hình chữ nhật đó quanh AB thì được một hình trụ. Tính thể tích hình trụ đó. Bài 6: (2,5 Điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, Góc B gấp đôi góc C và AH là đường cao. Gọi M là trung điểm của cạnh AC, các đường thẳng MH, AB cắt nhau tại điểm N. Chứng minh rằng: a. Tam giác MHC cân. b. Tứ giác NBMC nội tiếp được trong một đường tròn. c. 2MH2 = AB2 + AB.BH a 5(a2 1) 11 Bài 7: (1 Điểm) Chứng minh rằng với a > 0 ta có: a2 1 2a 2 hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại7
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007 – 2008- MÔN: TOÁN Bài 1: (2 Điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = a + ax + x + 1 2. Giải phương trình: x2 – 3x + 2 = 0 Bài 2: (2 Điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AB = 18cm, AC = 2cm. Quay tam giác ABC một vòng quanh cạnh góc vuông AB cố định, ta được một hình nón. Tính thể tích hình nón đó . a a a a 2. Chứng minh rằng với a 0; a 1 ta có: 1 1 1 a a 1 a 1 Bài 3: (2 Điểm)1. Biết rằng phương trình x2 – 2(a+1)x + a2 + 2 = 0 (Với a là tham số) có một nghiệm x = 1. Tìm nghiệm còn lại của phương trình này. 2 1 1 x 2 y 2 2. Giải hệ phương trình: 8 5 1 x 2 y 2 Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác ABC vuông tại C có đường cao CH. Đường tròn tâm O đường kính AH cắt cạnh AC tại điểm M (M A), đường tròn tâm O’ đường kính BH Cắt cạnh BC tại điểm N (N B). Chứng minh rằng: 1. Tứ giác CMHN là hình chữ nhật. 2. Tứ giác AMNB nội tiếp được trong một đường tròn. 3. MN là tiếp tuyến chung của đường tròn đường kính AH và đường tròn đường kính OO’. Bài 5: (1 Điểm) Cho hai số tự nhiên a, b thoả mãn điều kiện: a + b = 2005. Tìm giá trị lớn nhất của tích ab. Hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại8
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2008 – 2009- MÔN: TOÁN Bài 1: (2 Điểm) Cho hai số x1 = 2 - 3 , x2 = 2 + 3 1. Tính x1 + x2 và x1x2 2. Lập phương trình bậc hai ẩn x nhận x1, x2 là hai nghiệm. 3x 4y 7 Bài 2: (2,5 Điểm) 1. Giải hệ phương trình: 2x y 1 a 1 1 a 1 2. Rút gọn biểu thức: A = Với a 0;a 1 a 1 a 1 a 2 Bài 3: (1 Điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (m 2 - m)x + m và đường thẳng (d’): y = 2x + 2. tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) Bài 4: (3,5 Điểm) Trong mặt phẳng cho đường tròn (O), AB là dây cung không đi qua tâm của đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của dây cung AB, M là một điểm trên cung lớn AB (M không trùng với A, B). Vẽ đường tròn (O’) đi qua m và tiếp xúc với đường thẳng AB tại A. Tia MI cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai N và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai C. 1. Chứng minh BIC = AIN, từ đó chứng minh tứ giác ANBC là hình bình hành. 2. Chứng minh rằng BI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN 3. Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn nhất. 2005 2005 Bài 5:(1Điểm) Tìm nghiệm dương của phương trình: 1 x x2 1 1 x x2 1 22006 Hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại9
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010-MÔN: TOÁN Bài 1: (1,5 Điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + q = 0 (1) với q là tham số 1. Giải phương trình (1) khi q = 3 2. Tìm q để phương trình (1) có nghiệm. 2x y 5 Bài 2: (1,5 Điểm) Giải hệ phương trình: x 2y 7 Bài 3: (2,5 Điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1). 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm D(0;1) và có hệ số góc k. 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt G và H với mọi k. 3. Gọi hoành độ của hai điểm G và H lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng: x1.x2 = -1, từ đó suy ra tam giác GOH là tam giác vuông. Bài 4: (3,5 Điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm K (khác với điểm B). Từ các điểm K, A và B kẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O). Tiếp tuyến kẻ từ điểm K cắt các tiếp tuyến kẻ từ điểm A và B lần lượt tại C và D. 1. Gọi Q là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ K tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BDQO nội tiếp được trong một đường tròn. CQ DQ 2. Chứng minh tam giác BKD đồng dạng với tam giác AKC, từ đó suy ra . CK DK 3. Đặt  BOD = . Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và . Chứng tỏ rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc vào R, không phụ thuộc vào . 3t 2 Bài 5: (1 Điểm) Cho các số thực t, u, v thoả mãn: u2 + uv + v2 = 1- 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: D = t + u + v Hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 10
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011-MÔN: TOÁN Bài 1: (2 Điểm) Cho phương trình: x2 + px - 4 = 0 (1) với p là tham số 1. Giải phương trình (1) khi p = 3 2 2 2. Giả sử x1, x2 là các nhiệm của phương trình (1), tìm p để: x1(x2 + 1) + x2(x1 + 1) > 6 c 3 c 3 1 1 Bài 2: (2 Điểm) Cho biểu thức C = với c 0;c 9 c 3 c 3 3 c 1. Rút gọn C. 2. Tìm c để biểu thức C nhận giá trị nguyên. Bài 3: (2 Điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và các điểm C, D thuộc parabol (P) với xC = 2, xD = -1. 1. Tìm toạ độ các điểm C, D và viết phương trình đường thẳng CD. 2. Tìm q để đường thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số) song song với đường thẳng CD. Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác BCD có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao CM, DN của tam giác cắt nhau tại H. 1. Chứng minh tứ giác CDMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn. 2. Kéo dài BO cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh tứ giác CHDK là hình bình hành. 3. Cho cạnh CD cố định, B thay đổi trên cung lớn CD sao cho tam giác BCD luôn nhọn. Xác định vị trí điểm B để diện tích tam giác CDH lớn nhất. 33 Bài 5: (1 Điểm) Cho u, v là các số dương thoả mãn u + v = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của: P = u2 + v2 + uv Hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 11
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012- MÔN: TOÁN Bài 1: (1,5 Điểm) 1. cho hai số x1 = 1 + 2 , x2 = 1 - 2 Tính x1 + x2 x 2y 1 2. Giải hệ phương trình: 2x y 3 c c 4 c 1 1 Bài 2: (2 Điểm) Cho biểu thức C = : với c 0;c 4 c 2 c 2 c 4 c 2 1. Rút gọn C. 2. Tính giá trị của C tại c 6 4 2 . Bài 3: (2,5 Điểm)Cho phương trình x2 – (2p – 1)x + p(p – 1) = 0 (1) (Với p là tham số) 1. Giải phương trình (1) với p = 2 2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi p. 2 3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) (với x1 < x2).Chứng minh: x1 – 2x2 +3 0 Bài 4: (3 Điểm) Cho tam giác CDE có ba góc nhọn, các đường cao DK, EF của tam giác cắt nhau tại H. 1. Chứng minh tứ giác CFHK là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn. 2. Chứng minh CFK và CED đồng dạng. 3. Kẻ tiếp tuyến Kz tại K của đường tròn tâm O đường kính DE cắt CH tại Q. Chứng minh Q là trung điểm của CH. a b c Bài 5: (1 Điểm) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức: 2 b c a c b a Hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 12
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013- MÔN: TOÁN Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải các phương trình sau : a) x - 1 = 0 . b) x2 - 3x + 2 = 0 2x y 7 2- Giải hệ phương trình : x y 2 1 1 a 2 1 Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A = + - 2 2 a 2 2 a 1 a 2 1 1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị của a ; biết A 0 8a 2 b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = b 2 4a HẾT Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 13
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014- MÔN: TOÁN Câu 1 (2.0 điểm): 1. Cho phương trình bậc hai: x2 +2x – 3 = 0, với các hệ số a = 1, b = 2, c = -3 a.Tính tổng: S = a + b + c b.Giải phương trình trên x 3y 2 2. Giải hệ phương trình: 2x 3y 4 1 1 y 1 Câu 2 (2.0 điểm): Cho biểu thức: Q : ( Với y > 0; y 1 ) y y y 1 y 2 y 1 a. Rút gọn biểu thức Q b. Tính giá trị biểu thức Q khi y 3 2 2 Câu 3 (2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + 1 và Parabol (P): y = - 2x2. a. Tìm b để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;5) b. Tìm b để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn điều kiện: 2 2 x1 + x2 + 4(x1 + x2) = 0. Câu 4 (3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF. Bán kính OI vuông góc với EF, gọi J là điểm bất kỳ trên Cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L; Kẻ LS vuông góc với EF (S thuộc EF). a. Chứng minh tứ giác IFSL nộ tiếp. b. Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN = EJ. Chứng minh rằng, tam giác IJN vuông cân. c. Gọi (d) là tiếp tuyến tại điểm E. Lấy D là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm D và I cùng nằm trên cùng một nữa mặt phẳng bờ là đường thẳng FE và ED.JF = JE.OF. Chứng minh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS. Câu 5 ( 1.0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca 3. a4 b4 c4 3 Chứng minh rằng: b 3c c 3a a 3c 4 HẾT Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 14
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HOÁ Năm học 2014-2015 Bài 1: (2,0 điểm)1/ Thực hiện phép tính: 2 1 2 1 x y 1 2/ Giải hệ phương trình: 3/ Giải phương trình: 9x2 8x 1 0 2x 3y 7 Bài 2: (2,0 điểm)Cho parapol P : y x2 và đường thẳng d : y 2x m2 1 (m là tham số). 1/ Xác định tất cả các giá trị của m để d song song với đường thẳng d ' : y 2m2 x m2 m . 2/ Chứng minh rằng với mọi m, d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A và B. 2 2 3/ Ký hiệu xA ; xB là hoành độ của điểm A và điểm B. Tìm m sao cho xA xB 14 . Câu 3: (2,0 điểm) Cho biểu thức M = + − 1. Tìm điều kiện của x để biểu thức M có nghĩa. Rút gọn biểu thức M. 2. Tìm các giá trị của x để M > 1 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của hai đường cao BD và CE của tam giác ABC (D AC, E AB) 1. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp trong một đường tròn 2. Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm H, J, I thẳng hàng 1 1 1 3. Gọi K, M lần lượt là giao điểm của AI với ED và BD. Chứng minh rằng DK2 DA2 DM2 1 1 Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 4. Chứng minh rằng 1 xy xz Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 15
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2015-2016-Môn thi: Toán Câu 1 (2 điểm) :Giải phương trình mx2 + x – 2 = 0 a. Khi m = 0 b. Khi m = 1 x y 5 1. Giải hệ phương trình: x y 1 4 3 6 b 2 Câu 2 (2 điểm): Cho biểu thức Q = (Với b 0 và b 1) b 1 b 1 b 1 1.Rút gọn Q 2. Tính giá trị của biểu thức Q khi b = 6 + 2 5 Câu 3 (2 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = x + n – 1 và parabol (P) : y = x2 1. Tìm n để (d) đi qua điểm B(0;2) 2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1, x2 thỏa 1 1 mãn: 4 x1x2 3 0 x1 x2 Câu 4 (3 điểm): Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt đường tròn (O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). 1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn. 2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của góc CKD. 3. Đường thẳng đi qua O và vuông góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R, T. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất. Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x + y + z. Hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 16
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH HÓA Năm học: 2016 – 2017- Môn thi: Toán Câu I: (2,0 điểm) 1. Giải các phương trình: a. x – 6 = 0 b. x2 – 5x + 4 = 0 2x - y = 3 1. Giải hệ phương trình: 3x + y = 2 y y -1 y y +1 2 y 2 y 1 Câu II: (2,0 điểm) Cho biểu thức: A = : với y > 0; y 1 y - y y + y y 1 1. Rút gọn biểu thức B. 2. Tìm các số nguyên y để biểu thức B khi có giá trị nguyên. Câu III: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx +1 và Parabol (P): y = 2x2 . 1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2). 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2). Hãy tính giá trị của biểu thức S = x1x2 y1 y2 Câu IV: (3,0 điểm)Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ. Hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại E. Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuông góc với MQ. Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ 2 là K. Gọi L là giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn. 2. FM là đường phân giác của góc N· FK 3. NQ.LE= NE.LQ 1 2 3 Câu V: (1,0 điểm) Cho các số dương m, n, p thỏa mãn: m2 + 2n2 3p2 . Chứng minh rằng + m n p Hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 17
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2017-2018-Môn thi: Toán Câu I: (2,0 điểm)1. Cho phương trình : nx2 x 2 0 (1), với n là tham số. a) Giải phương trình (1) khi n=0. b) Giải phương trình (1) khi n = 1. 3x 2y 6 2. Giải hệ phương trình: x 2y 10 4 y 8y y 1 2 Câu II: (2,0 điểm)Cho biểu thức A : , với y 0, y 4, y 9 . 2 y 4 y y 2 y y 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm y để A 2 . 2 Câu III: (2,0điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y 2x n 3 và parabol (P): y x . 1. Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm A(2;0). 2. Tìm n để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1, x2 thỏa 2 mãn: x1 2x2 x1x2 16 . Câu IV:(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN 2R . Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N. Trên cung MN lấy điểm E tùy ý (E không trùng với M và N), tia ME cắt (d) tại điểm F. Gọi P là trung điểm của ME, tia PO cắt (d) tại điểm Q. 1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh: OF  MQ và PM.PF PO.PQ . 3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF 2ME đạt giá trị nhỏ nhất . 1 1 1 Câu V:(1,0 điểm)Cho a,b,c là các số dương thay đổi thỏa mãn: 2017 . Tìm giá trị a b b c c a 1 1 1 lớn nhất của biểu thức: P . 2a 3b 3c 3a 2b 3c 3a 3b 2c Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 18
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LƠP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2018-2019-Môn thi: Toán Câu I. ( 2 điểm) 1. Giải phương trình: x2 8x 7 0 2x y 6 2. Giải hệ phương trình: 5x y 20 x 1 x x Câu II( 2 điểm) : A : với x 0 x 4 x 4 x 2 x x 2 1. Rút gọn A 1 2. Tìm x để A 3 x Câu III. ( 2 điểm) 1. Cho đường thẳng (d) : y ax b . Tìm a,b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’): y 2x 3 và đi qua điểm A 1; 1 2. Cho phương trình x2 m 2 x 3 0 ( m là tham số) . Chứng minh rằng phương trình luôn co 2 2 x1; x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức: x1 2018 x1 x2 2018 x2 Câu IV. ( 3 điểm). Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d1;d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B. I là trung điểm của OA, E là điểm thay đổi trên (O) sao cho E không trùng với A và B. Đường tẳng d đi qua E và vuông góc với EI cắt d1;d2 lần lượt ở M và N. 1. Chứng minh AMEI nội tiếp 2. Chứng minh IB.NE = 3IE . NB 3. Khi E thay đổi, chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích MNI theo R 1 1 Câu V. (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a b c 1 . Chứng minh: 30 a2 b2 c2 abc Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 19
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀOLỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn Toán : Lớp 10 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 120 phút) x 2 5 1 Bài 1. (2 điểm) Cho biểu thức: A với x 0; x 4. x 3 x x 6 x 2 1. Rút gọn A 2. Tìm giá trị của cảu A khi x 6 4 2 Bài 2. (2 điểm) 1. Cho đường thẳng d : y ax+b . Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng d ' : y 5x+6 và đi qua điểm A 2;3 3x 2y 11 2. Giải hệ phương trình x 2y 5 Bài 3: ( 2 điểm) 1. Giải phương trình x2 4x 3 0 2 2. Cho phương trình: x 2 m 1 x 2m 5 0 với m là tham số.Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức 2 2 x1 2mx1 x2 2m 3 x2 2mx2 x1 2m 3 19 . Bài 4. (3,0 điểm) Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Trê cung nhỏ BC lấy một điểm M bất kỳ khác B và C. Gọi I,K,P lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, AC, BC Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp; 1) Chứng minh M· PK M· BC 2) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị nhỏ nhât Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc 1, Chứng minh rằng: ab bc ca 1 a4 b4 ab b4 c4 bc c4 a4 ca Hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 20
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT THANH HOÁ NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 17 tháng 7 năm 2021 (Đề gồm có 1 trang 05 câu) Câu I. (2.0 điểm) 4 x 8x x 2 Cho biểu thức P = : 3 ; với x 0 ; x 1 ; x 4 x 2 x 4 x 2 1) Rút gọn P 2) Tìm các giá trị của x để P= - 4 Câu II. (2.0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b Tìm a ; b để đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm M(2;3) x 3y 4 2) Giải hệ phương trình 2x 3y 1 Câu III. (2.0 điểm) 1) Giải phương trình : x2 + 5x + 4 = 0 2) Cho phương trình : x2 + 5x +m-2 = 0 ( m là tham số) .Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn hệ thức : 1 1 2 + 2 = 1 x1 1 x2 1 Câu IV. (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O) Các đường cao BD ; CE ( D thuộc AC; E thuộc AB) của tam giác kéo dài cắt đường tròn (O) tại các điểm M và N ( M khác B ; N khác C) 1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp được trong một đường tròn 2) Chứng minh MN song song với DE 3) Khi đường tròn (O) và dây BC cố định điểm A di động trên cung lớn BC Sao cho tam giác ABC nhọn . Chứng minh bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi và tìm vị trí điểm A để diện tích tam giá ADE đạt giá trị lớn nhất Câu I. (1.0 điểm) cho ba số thực dương x; y ; z thỏa mãn điều kiện x+ y + z = xyz z 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = y 2 + + x 2 x 2 y 2 x 2 HẾT Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 21
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ HƯỚNG DẪN GIẢI SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2000 – 2001 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT Bµi 1: a. V× ®å thÞ cña hµm sè y = ax + b ®i qua ®iÓm A(2; -1) nªn ta cã: 2a + b = -1 (1). 1 1 V× ®å thÞ cña hµm sè y = ax + b ®i qua ®iÓm B( ; 2) nên ta có: a + b = 2 a + 2b = 4 (2) 2 2 2a b 1 4a 2b 2 3a 6 a 2 a 2 Từ (1) và (2) suy ra: a 2b 4 a 2b 4 a 2b 4 a 2b 4 b 3 1 Vậy: Để đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua các điểm A(2; -1) ; B( ; 2) thì a = -2, b = 3 2 b. Toạ độ giao điểm của đồ thị hàm số y = 3x – 7 và đồ thị hàm số y = -2x + 3 (hàm số xác định ở câu a) là y 3x 7 2x 3 3x 7 x 2 x 2 nghiệm của hệ phương trình: y 2x 3 y 2x 3 y 2x 3 y 1 Từ đó: Để đồ thị của ba hàm số trên đồng quy thì đồ thị hàm số y = mx + 3 phải đi qua điểm có toạ độ (2; -1) Hay: -1 = 2m + 3 m = -2.Vậy với m = -2 thì đồ thị của ba hàm số đã cho đồng quy. 5 Bài 2: a. Khi m = phương trình trở thành: x2 – 7x + 10 = 0 2 Ta có: ( 7)2 4.10 9 0 7 9 7 9 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:x1 = 5 ; x2 = 2 2 2 5 Vậy: với m = thì phương trình có hai nghiệm x1 = 5 ; x2 = 2 2 b. Phương trình bậc hai x2 – 2(m+1)x + 2m + 5 = 0 có nghiệm khi: ' 2 2 m 1 2m 5 0 m 2m 1 2m 5 0 m 2 m 2 0 m 2 hoặc m 2 .Vậy: với m 2 hoặc m 2 thì phương trình đã cho có nghiệm. Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 22
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Bài 3: a. Gọi R, r lần lượt là bán kính của đường tròn (O) x Q và đường tròn (S). Khi đó: R = OA, r = SA. M Ta có: R – r = OA – SA = SO (Vì S là trung điểm của OA) Đường tròn (O) và đường tròn (S) tiếp xúc với nhau tại S A O B A. N b. Trong đường tròn (O) ta có: P F y  QAF =  QTF (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung QF) T (1) z  TAF =  TQF (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung TF) (2) Trong đường tròn (S) ta có:  MAN =  MPN (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) (3)  PAN =  PMN (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung PN) (4) Từ (1) và (3) suy ra:  QTF =  MPN (5). Từ (2) và (4) suy ra:  TQF =  PMN (6). Từ (5) và (6) suy ra: MPN QTF (g - g) Bài 4: a. Vì SAB và SAC là các tam giác đều, mà M là S trung điểm của SA nên BM, CM là các đường trung M tuyến cũng là đường cao trong các tam giác. BM  SA và CM  SA SA  mp(MBC) A C SA  MN N B Nối S với N, A với N. Chứng minh tương tự ta được BC  mp(SNA) BC  MN a2 a 3 b. Trong tam giác đều SAB cạnh a, BM là đường cao nên ta có: BM = a2 4 2 2 2 2 2 a 3 a a 2 Trong tam giác MNB vuông tại N ta có: MN = BM BN 2 2 2 1 1 a 2 a2 2 SMBC = MN.BC = a (Đơn vị diện tích) 2 2 2 4 Bài 5: Ta có: M = x 1999 x 2000 x 2001 Nếu x 2001 thì M = x 1999 x 2000 x 2001 3 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 23
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Nếu 2000 x 2001 thì M = x 1999 x 2000 2001 x x 1998 2 x 3 Nếu 1999 x 2000 thì M = x 1999 2000 x 2001 x 2002 x 2 x 3 Nếu x < 1999 thì M = 1999 x 2000 x 2001 x 6000 3x x 3 Vậy: giá trị nhỏ nhất của M = 2 khi x = 2000. Hết SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2001 – 2002 x2 6 1 10 x2 Bài 1: a. A = 3 : x 2 x 4x 3x 6 x 2 x 2 Điều kiện xác định của biểu thức là x 0, x 2 và x - 2 x2 6 1 10 x2 A = 3 : x 2 x 4x 3x 6 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x2 4 10 x2 A= : x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 6 x 2 1 1 A= A= . Vậy A= x 2 x 2 6 2 x 2 x 1 1 1 2 1 2 b. Khi x thì A = . Vậy khi x thì A 1 3 2 2 3 2 3 2 2 Bài 2: Phương trình : x2 – 2(m - 1)x – (m +1) = 0 a. Khi m = 2 thì phương trình trở thành: x2 – 2x – 3 = 0 Ta thấy: a –b +c = 1 –(-2) + (-3) = 0 c Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = -1, x2 = = 3. a Vậy: với m = 2 thì phương trình có hai nghiệm x1 = -1, x2 = 3. 2 ' 2 2 2 1 7 1 7 b. Ta có: = m 1 m 1 m 2m 1 m 1 m m m 0 4 4 2 4 Nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2. 2 ' 1 7 7 1 c. Ta có: x1 x2 = 2 2 m 2 7 x1 x2 có giá trị nhỏ nhất bằng 7 khi m . 2 4 4 2 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 24
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ x y 1 y 1 x y 1 x Bài 3: Hệ phương trình: mx y 2m mx 1 x 2m m 1 x 2m 1 y 1 x x 3 a. Với m = 2 hệ phương trình trở thành: x 3 y 2 Vậy: với m = 2 hệ phương trình có một nghiệm x = 3, y = -2. b. Để hệ phương trình có một nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – 1 có một nghiệm. m – 1 0 m 1 Để hệ phương trình vô nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – 1 vô nghiệm. m 1 m 1 0 1 m 1 2m 1 0 m 2 Để hệ phương trình vô số nghiệm thì phương trình (m - 1)x = 2m – 1 vô số nghiệm. m 1 m 1 0 1 Vô lý 2m 1 0 m 2 Vậy: Với m 1 thì hệ phương trình có một nghiệm. Với m = 1 thì hệ phương trình vô nghiệm Không có giá trị của m để hệ phương trình vô số nghiệm. Bài 4: a. Trong đường tròn (O) ta có: A  BOC = 2 BAC = 2.450 = 900 (Liên hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung). O thuộc đường tròn đường kính BC. b. Ta có:  BFC = 900 (Vì góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn đường O kính BC)  AFB = 900 mà  BAF = 450 (gt) Nên AFB vuông E F cân tại F. Ta có:  BEC = 900 (Vì góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn đường kính B C BC)  AEC = 900 mà  EAC = 450 (gt) Nên AEC vuông cân tại E. c. Ta có: BOC vuông tại O, mà OB = OC  OCB = 450 Tứ giác BEOC là tứ giác nội tiếp nên  OCB +  BEO = 1800 (1) Mặt khác:  OEA +  BEO = 1800 (2) Từ (1) và (2)  OEA =  OCB = 450 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 25
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ  OEA =  FBA (= 450) BF // OE Tứ giác EOFB là hình thang (3) Mà  OFB =  OCB = 450 (Vì hai góc nội tiếp cùng chắn một cung trong đường tròn đường kính BC)  OFB =  FBE (= 450) (4) BC 2 2 Từ (3) và (4) Tứ giác EOFB là hình thang cân EF = OB = BC 2 2 Bài 5: a. ABC đều cạnh bằng 2cm, AM là đường cao nên ta có: S AM = 22 12 3 cm. 1 VSABC = SA.SABC (Vì SA vuông góc với đáy) 3 1 1 2 3 VSABC = SA.AM.BC = 2.3 .2 = cm A C 6 6 3 H b. Ta có: SA  mp (ABC) (gt) SA  BC (1) O M AM là đường cao của ABC A M BC (2) Từ (1) và (2) suy ra BC  mp (SAM) B OH  BC (3) Mặt khác OH  SM (gt) (4) Từ (3) và (4) ta có: OH  mp (SBC) Bài 6: Ta có: x y 1998 x y 9.222 x y 3 222 Vì x, y là các số nguyên dương nên:x m 222; y n 222 (Với m, n là các số nguyên dương) m 222 n 222 3 222 m n 3 m = 2, n = 1 hoặc m = 1, n = 2 Nếu m = 2, n = 1 thì x = m2.222 = 22.222 = 888, y = n2.222 = 12.222 = 222 Nếu m = 1, n = 2 thì x = m2.222 = 12.222 = 222, y = n2.222 = 22.222 = 888 Vậy: Nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là x = 888, y = 222 hoặc x = 222, y = 888. Hết SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2002 – 2003 Bµi 1: (1,5 §iÓm) Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 26
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 1. Ph¬ng tr×nh: x2 – 6x +5 = 0 Ta cã: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0 c Nªn ph¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm x1 = 1, x2 = = 5 a Vậy: Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 5 2. Tính giá trị của biểu thức: A = 32 50 8 : 18 A = 16.2 25.2 4.2 : 9.2 1 1 A = 4 2 5 2 2 2 :3 2 A = 2 :3 2 .Vậy: A = 3 3 Bài 2: Phương trình mx2 – (2m+1)x + m - 2 = 0 (1), với m là tham số. 1. Với m = 0 phương trình trở thành: -x – 2 = 0 x = -2 . Với m 0, để phương trình (1) có nghiệm thì: 2 1 2m 1 4m m 2 0 4m2 4m 1 4m2 8m 0 m 12 1 Vậy: Để phương trình (1) có nghiệm thì m 12 2. Với m = 0 không thoả mãn điều kiện của bài toán 2m 1 x x 1 1 2 m Khi m 0 và m ta có: (Với x , x là hai nghiệm của phương trình.) 12 m 2 1 2 x .x 1 2 m Theo bài ra ta có: 2 2 2 x1 x2 22 x1 x2 2x1x2 22 2 2m 1 m 2 4m2 4m 1 2 m 2 2 22 2 22 m m m m 4m2 4m 1 2m2 4m 22m2 20m2 8m 1 0 1 1 m = (t/m) Hoặc m = (Không thoả mãn điều kiện). 2 10 1 Vậy với m = thì phương trình (1) có tổng bình phương các nghiệm bằng 22 3. Theo bài ra ta có: 2 2 2 2 2 x1 x2 13 x1 2x1x2 x2 13 x1 x2 4x1x2 13 2 2m 1 m 2 4m2 4m 1 4 m 2 4 13 2 13 m m m m 4m2 4m 1 4m2 8m 13m2 13m2 12m 1 0 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 27
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 1 m = 1 (t/m) Hoặc m = (t/m) 13 1 Vậy với m = 1 hoặc m = thì phương trình (1) có bình phương của hiệu hai nghiệm bằng 13 13 Bài 3: (1 Điểm) Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình: Gọi độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông lần lượt là x (cm) và y (cm) (Điều kiện x > 0, y > 0) Độ dài cạnh huyền là: x2 y2 (cm) Chu vu của tam giác vuông bằng 12 cm nên ta có phương trình: x + y + x2 y2 = 12 (1). Tổng bình phương độ dài các cạnh bằng 50 nên ta có phương trình: x2 + y2 + x2 + y2 = 50 x2 + y2 = 25 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y x2 y2 12 x y 7 x y 7 x y 7 2 2 2 2 2 xy 12 x y 25 x y 25 x y 2xy 25 Khi đó x, y là hai nghiệm của phương trình: X2 – 7X +12 = 0 Giải ra ta được: X1 = 3, X2 = 4 Vậy: các cạnh của tam giác vuông lần lượt là 3 cm, 4 cm và 5 cm. 2 3x2 5 3 x 1 2 2 Bài 4: Ta có: B = = 3 x2 1 x2 1 x2 1 2 1. Để B nguyên thì nguyên, mà x nguyên x2 + 1 là ước của 2 x2 1 x2 + 1 = 1 hoặc x2 + 1 = 2 Khi: x2 + 1 = 1 x2 = 0 x = 0 Khi: x2 + 1 = 2 x2 = 1 x = 1 hoặc x = -1 Vậy: với x = -1, x = 0, x= 1 thì B nhận các giá trị nguyên. 2 2 2 2. Ta có: x2 + 1 1 2 B = 3 3 + 2 = 5 x2 1 1 x2 1 Bmax = 5 khi x = 0.Vậy: Giá trị lớn nhất của B = 5 khi x = 0. Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 28
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Bài 5: 1. Vì ABC cân tại A, M, P là điểm chính giữa các cung nhỏ A AB và AC nên ta có:S BM = S MA = S AP =S PC  MPB =  PBC (Vì hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) M P MP // BC (1) O E 1 1 1 I  BMP = sđ S BP = (sđ S BC + sđ S CP) = (sđ S BC + sđS 2 2 2 C 1 B BM) = sđ S BM =  MPC (2) 2 N Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BCPM là hình thang cân. Ta có: N là điểm chính giữa cung nhỏ BC BN = NC (3) ABC cân tại A AB = AC (4) Từ (3) và (4) suy ra AN là đường trung trực của BC A, O, N thẳng hàng  ABN = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 1 2.Ta có: BIN= (sđ S BN + sđ S AP)(Góc có đỉnh nằm trong đường tròn) (5) 2 1 1  IBN =  PBN = sđ S PN = (sđ S PC + sđ S CN) (6) 2 2 Mà :S AP = S PC , S CN =S NB (7) Từ (5), (6) và (7) suy ra:  BIN =  IBN BIN cân tại N. 1 1  BEN = (sđ S BN + sđ S AM) = (sđ S BN + sđ S AP) =  BIN 2 2 (Vì S AM = S AP) Tứ giác BEIN nội tiếp  EBN +  EIN = 1800  EIN = 1800 -  EBN = 900 EI  AN. (8) Mặt khác: BC  AN (9) (Vì AN là đường trung trực của BC) Từ (8) và (9) suy ra EI // BC Bài 6: Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 29
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 1. Gọi SO là đường cao cùa tứ diện, khi đó SO = 12cm S Dựng SH  BC (H BC), Nối O với H.Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên:Trong SOH vuông tại O ta có: 2 2 2 2 AB SH = SO OH SO D 2 C SH = 122 92 15cm H O 1 1 2 Sxq = 4.SSBC = 4. SH.BC 4. .15.18 540cm A B 2 2 1 1 2 1 2 3 V = SABCD.SO = AB .SO = .18 .12 = 1296 cm 3 3 3 2. Vì tứ giác ABCD là hình vuông nên AC  BD (1) SO là đường cao của hình chóp nên SO  AC (2) Từ (1) và (2) suy ra: AC  mp (SBD) 1 1 Bài 7: Giải phương trình:x4 x2 2002 2002 x4 x2 x2 2002 x2 2002 4 4 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 x x 2002 x x 2002 (Vì hai vế không âm) 2 2 2 2 1 8005 1 8005 x4 x2 2001 0 Giải ra ta được x 2 , x 2 (loại) 1 2 2 2 1 8005 1 8005 x hoặc x 2 2 1 8005 1 8005 Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x và x 2 2 SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2003 – 2004 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 PHÚT Bài 1: 1. Giải phương trình: x2 – 2x - 1 = 0 Ta có: ' = (-1)2 – (-1) = 2 > 0, ' 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 30
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ b' ' 1 2 b' ' 1 2 x 1 2 , x 1 2 1 a 1 2 a 1 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 1 2, x2 1 2 x y 1(1) 2. Giải hệ phương trình: 1 2 2(2) x y Từ phương trình (1) ta có: x = -1 – y. Thay vào phương trình (2) ta được: 1 2 1 2 2y2 5y 2 0 Giải ra ta được y 2, y 1 y y 1 2 2 Với y = -2 thay vào phương trình (1) ta được x = 1. 1 1 Với y = thay vào phương trình (1) ta được x = . 2 2 1 x x 1 2 , Vậy hệ phương rình đã cho có 2 nghiệm: y 2 1 y 2 2 x 2 x 1 x 1 Bài 2: (2 Điểm) Cho biểu thức: M = x 2 x 1 2 x 0 x 0 1. Để biểu thức M có nghĩa thì: x 1 0 x 1 2 x 2 x 1 x 1 2. M = x 2 x 1 2 2 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 = x 1 x 1 2 2 2 x x 2 x x 2 x 1 2 x x 1 = = x x x 1 2 x 1 2 2 2 1 1 2 1 1 3. Ta có: M - = x x x x x 0 4 4 2 2 1 1 M dấu bằng xẩy ra khi x = 4 4 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 31
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Bài 3: Cho phương trình: x2 – 2mx + m2 - |m| - m = 0 (Với m là tham số) 2 1. Ta có: ' m m2 m m m m 0 (Vì m m với  m) Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. x1 x2 2m 2. x1, x2 là hai nghiệm của phương trình nên: 2 (1) x1x2 m m m 2 2 2 x1 + x2 = 6 x1 x2 2x1x2 6 (2) 2 Thay (1) vào (2) ta được: 2m 2 m2 m m 6 2m2 2 m 2m 6 (*) Nếu m 0 Phương trình (*) trở thành: 2m2 4m 6 0 m2 2m 3 0 Giải ra ta được: m1 = 1 ; m2 = -3 (không thoả mãn) Nếu m < 0 Phương trình (*) trở thành: 2m2 = 6 m 3 (loại) hoặc m 3 2 2 Vậy để x1 + x2 = 6 thì m = 1 hoặc m 3 Bài 4: 1. Ta có:  ADB =  AHB = 900 A, D, H, B cùng thuộc đường tròn đường tâm O đường kính AB. Hay tứ giác ADHB là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn. BC Trong đường tròn (O, ) ta có:  HDB =  HAB (Cùng chắn cung BH) (1) 2 Mặt khác  HAB =  HCA (Cùng phụ với  ABC) (2) Từ (1) và (2) suy ra: x  HDB =  HCE  HCE +  HDE = B  HDB +  HDE = 1080 H CEDH là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn O D A E C y BC 2. Vì  ABD =  DBF nên trong đường tròn (O, ) ta có: S AD = S DH hay D là điểm chính giữa cung 2 AH OD  AH Vì OD // BC (Cùng vuông góc với AH)  ODH =  DHC (so le trong) (3) Mặt khác: OHD cân tại O nên  ODH =  OHD (4) Từ (3) và (4) suy ra:  OHD =  DHC HD là phân giác góc OHC Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 32
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 1 1 1 2 2 2 3. SABC = AH.BC = AH.(BH + HC) AH 2 BH.HC AH. AH AH h 2 2 2 2 Giá trị nhỏ nhất của SABC = h khi BH = HC = AH = h Khi đó: AB AH 2 HB2 h2 h2 2h 1 2 ADB vuông tại D, có O là trung điểm của AB OD = AB = h 2 2 2 2 2 Mà OD  AH SADHO = OD.AH = h.h = h 2 2 2 1 1 1 1 1 x y 2xy 1 Bài 5: P = 1 2 1 2 = 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 x y x y x y x y x y 1 2xy 1 2 2 P = 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 8 9 x y x y x y xy x y 2 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 9 khi x y 2 SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2004 – 2005 Bài 1: 1. Giải phương trình: x2 – 3x - 4 = 0 Ta có: a – b + c = 1 –(-3) + (-4) = 0 c ( 4) Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = -1, x2 = 4 a 1 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = -1, x2 = 4 2. Giải hệ phương trình: 2(x y) 3y 1 2x y 1 4x 2y 2 x 1 x 1 3x 2(x y) 7 5x 2y 7 5x 2y 7 2x y 1 y 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x = 1, y = -1 a 2 a 2 a 1 a 2 a 2 a 1 Bài 2:B = . = . (1) 2 a 2 a 1 a 1 a a 1 a 1 a 1 a a 0 a 0 1. Để biểu thức B có nghĩa thì: a 1 0 a 1 a 0 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 33
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ a 2 a 1 a 1 a 2 a 1 a a 2 a a 2 a 1 2. (1) B = 2 . 2 . a 1 a 1 a a 1 a 1 a 2 a 1 2 2 B = . .Vậy: B = a 1 a 1 a a 1 a 1 Bài 3: Cho phương trình: x2 – (m+1)x + 2m - 3 = 0 (Với m là tham số) 2 2 2 1. Ta có: m 1 4 2m 3 m 2m 1 8m 12 m 6m 9 4 2 m 3 4 0 Với m Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. x1 x2 m 1 2. Với x1, x2 là hai nghiệm của phương trình ta có: x1x2 2m 3 Từ x1 + x2 = m + 1 m x1 x2 1 (1) 1 Từ x1.x2 = 2m – 3 m x x 3 (2) 2 1 2 1 Từ (1) và (2) ta có: x x 1 x x 3 2x 2x x x 5 1 2 2 1 2 1 2 1 2 Vậy 2x1 2x2 x1x2 5 là hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc m. Bài 4: M N C P Q d K H A O B 1. Ta có:  AKB =  AHB = 900 A, B, H, K cùng thuộc đường tròn đường kính AB hay tứ giác AKHB nội tiếp. Trong đườn tròn (O) ta có:  ABC =  ACN (1) (Góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung) Ta lại có:  ABC =  HKC (2) (Cùng bù với góc AKH ) Từ (1) và (2) suy ra:  ACN = HKC KH // NP (3) Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 34
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Mà: KN // HP (Cùng vuông góc với d) (4) Mặt khác:  KNP = 900 (5) Từ (3), (4), và (5) ta có: tứ giác HKNP là hình chữ nhật (Hình bình hành có một góc vuông) 2. Ta có:  AMC = 900 (AM  d),  AHC = 900 (AH  BC)  AMC +  AHC = 1800 Tứ giác AHCM nội tiếp  HMP =  HAC (Cùng chắn cung CH) (6) Chứng minh tương tự ta được BKCQ là tứ giác nội tiếp  KQN =  KBC (Cùng chắn cung BC) Mà  KBC =  HAC (cùng chắn cung KH trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHK) Nên  KQN =  HAC (7) Từ (6) và (7) suy ra:  KQN =  HMP 3. Xét MPH và QNK có:  MPH =  KNQ = 900  HMP =  KQN (Chứng minh trên) PH = KN (Vì tứ giác HKNP là hình chữ nhật) Do đó: MPH = QNK (Cạnh góc vuông – góc nhọn) MP = QN 1 Bài 5: (1 Điểm) 1. Chứng minh rằng: x( 1 – x ) Với 0 < x < 1 4 2 1 2 1 1 1 Ta có: x(1 x) x x x 0 x(1 x) 4 4 2 4 2 1 1 1 x(1 x) Khi x 0 x 4 2 2 4x2 1 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = Với 0 < x < 1 x2 (1 x) 1 4x2 1 4x2 1 4x2 1 1 4x2 1 Từ câu 1 ta có: x( 1 – x ) A = 2 = 4 8 2x Vì 0 4 x (1 x) x(1 x)x x 2x x 1 x(1 x) 1 1 4 1 A 8.2 2x. 16 (Vì 2x 0, 0 ) Giá trị nhỏ nhất của A = 16 Khi: x 2x 2x 1 2 2x 2x hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 35
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2005 – 2006 a a 2 Bµi 1: Cho biÓu thøc: A = a 1 a 1 a 1 1. Để biểu thức A có nghĩa thì: a 0 và a 1 . 2. Với a 0 và a 1 thì: a a 2 a a 1 a a 1 2 A = = a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a a a a 2 2 a 1 2 2 = Vậy A = a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 0 a 0 a 0 3. Để A 0, 25 5 1 5 1 5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x 3, x 2 1 2 2 2 Vậy phương rình đã cho có hai nghiệm x1 = 3, x2 = -2 2. Phương trình: x2 – (a - 2)x – 2a = 0 x2 ax 2x 2a 0 x a x 2 0 Phương trình có hai nghiệm x = a, x = -2 Nếu: x1 = a, x2 = -2 thì:2x1 + 3x2 = 0 2a + 3.(-2) = 0 a = 3 4 Nếu: x1 = -2, x2 = a thì:2x1 + 3x2 = 0 2(-2) + 3.a = 0 a = 3 4 Vậy a = 3 hoặc a = thì phương trình có hai nghiệm thoả mãn 2x1 + 3x2 = 0 3 Bài 3: Vì M(a; b2 + 3) thuộc đồ thị hàm số y = x2 nên ta có: b2 + 3 = a2 (1) Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 36
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 2 Vì N(ab ; 2) thuộc đồ thị hàm số y = x2 nên ta có: 2 = ab a (2) b 2 2 2 4 2 2 Thay (2) vào (1) ta được: b 3 b 3b 4 0 b 1 b 1 (vì b là số thực dương) b Thay b 1 vào (2) ta được a = 2 Vậy với a = 2, b 1 thì điểm M có toạ độ (a; b 2 + 3) và điểm N có toạ độ (ab ; 2) cùng thuộc đồ thị của hàm số y = x2 Bài 4: 0 1. Ta có:  HNC = 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đưởng B tròn) H HN// AB (Cùng vuông góc với AC) (*) M O  AMN =  MNH (So le trong) (1) Mà:  BCN =  MNH (2) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi A N C tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung trong đường tròn (O)) Từ (1) và (2) suy ra:  BCN =  AMN Do đó:  BCN +  BMN =  AMN +  BMN = 1800 Tứ giác BMNC nội tiếp 2. AH  BO (gt) AH là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H.  AHN =  HMN (Hai góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung trong đường tròn (O)) Xét MAN và HNA có:  MAN =  HNA = 900  AHN =  HMN (Chứng minh trên) AN chung Do đó: MAN = HNA MA = HN ( ) Từ (*) và ( ) suy ra: Tứ giác AMHN là hình bình hành. Mà  MAN = 900 Tứ giác AMHN là hình chữ nhật (Hình bình hành có một góc vuông) 2 MN AH 2 3. Ta có: 2 (3) (Vì tứ giác AMHN là hình chữ nhật) MH AN NC NA NC AC AN.AC AH 2 Mặt khác: 1 (4) (Vì AHC vuông tại H có HN là đường cao) NA NA AN AN 2 AN 2 2 MN NC Từ (3) và (4) suy ra: 1 MH NA Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 37
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Bài 5: Ta có: 2 2 2 2 ab 1 2 ab 1 ab 1 a b a b 2ab 2 a b 2ab 2(ab 1) 2ab 2 a b a b a b 2 2 2 ab 1 ab 1 2 2 a b 2 Dấu “=” xẩy ra khi: a b a ab b 1 0 a b a b 2 2 2 ab 1 Vậy a b 2 với a b 0 a b Hết SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2006 – 2007 a a a 5 a Bµi 1: BiÓu thøc: A = 3 3 a 1 a 5 a 0 a 0 a 0 1. Để biểu thức A có nghĩa thì: a 5 0 a 5 a 25 a a a 5 a 3 a 3 a a 3 a 15 a 5 a 2. A = 3 3 = a 1 a 5 a 1 a 5 a 4 a 3 8 a 15 a a 3 a 1 a 5 3 a a 1 a 5 a 1 a 5 a 3 3 a 9 a Vậy A = 9 – a Với a 0 và a 25 6 1 Bài 2: Giải phương trình: 1 (1) x2 9 x 3 x2 9 0 x 3 Điều kiện xác định của phương trình: x 3 x 3 0 (*) x 3 0 x 3 (1) 6 x2 9 x 3 x2 x 12 0 x 4 x 3 0 x = - 4 (thoả mãn điều kiện (*)) hoặc x = 3 (Không thoả mãn điều kiện (*)) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - 4 Bài 3: Giải hệ phương trình: Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 38
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 5(3x y) 3y 4 15x 5y 3y 4 15x 2y 4 30x 4y 8 3 x 4(2x y) 2 3 x 8x 4y 2 9x 4y 1 9x 4y 1 1 1 1 x x 21x 7 x 3 3 3 9x 4y 1 1 1 9x 4y 1 9. 4y 1 y 3 2 1 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x , y 3 2 Bài 4: Phương trình: x2 – 2mx + m|m| + 2 = 0 có: ' m 2 m m 2 m2 m m 2 Để phương trình đã cho vô nghiệm thì: ' 0 m2 m m 2 0 (1) Nếu m 0 Bất phương trình (1) trở thành: m2 m2 2 0 2 0 luôn đúng. (*) Nếu m -1 thì phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 5: Gọi V, R, h lần lượt là thể tích, bán kính đáy, chiều cao của hình trụ Theo bài ra ta có: R = 3 cm, h = 2cm V =  .R2.h =  .32.2 = 18 cm3 Bài 6: a. Ta có: AHC vuông tại H và M là trung điểm B của AC N HM = MC hay MHC cân tại M H b. MHC cân tại M  MHC =  MCH (1) 0 C  HMC = 180 - 2 MCH A M = 1800 - 2 ACB = 1800 -  ABC =  CBN hay  NMC =  NBC Tứ giác NBMC nội tiếp được trong một đường tròn c. Tứ giác NBMC nội tiếp  BNM =  BCM (2) (cùng chắn cung MB)  BHN =  BNH (đối đỉnh) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra:  BNH =  BHN BNH cân tại B BN = BH Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 39
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Mà AM = MC = MH, Nên ta cần chứng minh: 2MH2 = AB2 + AB.BH 2MH.MH = AB (AB + BH) AC.AM = AB.AN Thật vậy:Xét ACN và ABM có: Â chung  ACN =  ABM (Cùng bù với  MBN ) AC AM Do đó: ACN  ABM AC.AM = AB.AN AB AN Vậy: 2MH2 = AB2 + AB.BH Bài 7: Với a > 0 Ta có: a 5(a2 1) a a2 1 9(a2 1) a2 1 2a a2 1 4a 4a a a2 1 9 1 a a2 1 9 1 9 11 2 a 2 2 .2 a. 2 a 1 4a 4 a a 1 4a 4 a 2 2 a a2 1 2 a 1 4a 1 a 5(a2 1) 11 Dấu “=” xẩy ra khi: a a 1,Vậy: 2 Với a > 0 a a 1 2a 2 a 0 SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2007 – 2008 Bài 1: 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = a + ax + x + 1 = (a + ax) + (x + 1) = a(1 + x) + (x + 1) =(x+1)(a+1) 2. Giải phương trình: x2 – 3x + 2 = 0 Ta có: a + b + c = 1 +(-3) + 2 = 0 c Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = = 2 a Vậy: Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 5 Bài 2: 1. Gọi V, R, h lần lượt là thể tích, bán kính đáy, chiều cao của hình nón 1 1 Theo bài ra ta có: R = AC = 2 cm, h = AB = 18cm V =  .R2.h =  .22.18 = 24 cm3 3 3 2. Chứng minh rằng với a 0; a 1 ta có: Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 40
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ a a a a a a 1 a a 1 1 1 1 1 1 a a 1 1 a a 1 a 1 a 1 a 1 Bài 3: 1. Vì phương trình x2 – 2(a+1)x + a2 + 2 = 0 (Với a là tham số) có một nghiệm x = 1, gọi nghiệm còn lại là x2 ta có: 2 2 1 2(a 1) a 2 0 a 1 0 a 1 a 1 x a2 2 2 x 12 2 x 3 2 x2 a 2 2 2 Vậy: phương trình x2 – 2(a+1)x + a2 + 2 = 0 (Với a là tham số) có một nghiệm x = 1, nghiệm còn lại là x = 3 2 1 1 x 2 y 2 2. Giải hệ phương trình: 8 5 1 x 2 y 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 x 2 y 2 x 2 y 2 x 2 y 2 8 5 2 1 8 2 5 1 1 1 x 2 y 2 x 2 y 2 x 2 x 2 y 2 y 2 x 2 y 2 2 1 1 x 2 3 x 2 x 2 x 1 x 1 1 1 1 1 y 2 3 y 1 x 2 y 2 x 2 y 2 x 1 Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm y 1 Bài 4: 1. Ta có:  HNB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa C đường tròn (O’)) M  HNC = 900 (1) I N Ta có:  AMH = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) A H B O K O'  HMC = 900 (2) ABC vuông tại C  MCN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) Tứ giác CMHN là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông) 2. Vì tứ giác CMHN là hình chữ nhật  CMN =  CHN (4) Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 41
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ  HBN =  CHN (5) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và đay cung củng chắn cung HN trong đườn tròn (O’)) Từ (4) và (5)  CMN =  HBN hay  CMN =  ABN  AMN +  ABN =  AMN =  NMC = 1800 Tứ giác AMNB nội tiếp được trong một đường tròn. 3. Gọi I là giao điểm của MN và HC IM = IH = IN Xét OMI và OHI có: IM = IH OM = OH OI chung Do đó: OMI = OHI  OMI =  OHI = 900 hay OM  MN MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH (*) Chứng minh tương tự ta có:  O’NI =  O’HI = 900 hay O’N  MN tứ giác OMNO’ là hình thang (OM // O’N) Gọi K là tâm đường tròn đường kính OO’ KO = KO’ Trong hình thang OMNO’ ta có KI là đường trung bình nên : KI // OM KI  MN (6) 1 1 1 Và KI = (OM + O’N) = (OH + HO’) = OO’ I thuộc đường tròn đường kính OO’ (7) 2 2 2 Từ (6) và (7) ta có: MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’ Từ (*) và ( ) suy ra: MN là tiếp tuyến chung của đường tròn đường kính AH và đường tròn đường kính OO’ Bài 5: Từ a + b = 2005 a = 2005 - b Khi đó: ab = (2005 - b). b 2 2 2 2 2 2005 2005 2 2005 2005 2005 = 2005b b b 2 2 2 2 2 2 2005 2005 a 2 b 0 2 2005 2005 Dấu “=” xẩy ra khi 2 Vậy GTLN của ab bằng khi a b 2005 2 2 a 2005 b b 2 Hết SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2008 – 2009 Bài 1: Cho hai số x1 = 2 - 3 , x2 = 2 + 3 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 42
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 1. Ta có: x1 x2 (2 3) (2 3) 4 (1) 2 x1x2 (2 3)(2 3) 4 ( 3) 1 (2) 2. Từ (1) suy ra: x1 4 x2 thay vào (2) ta được: 2 x1x2 1 4 x2 x2 1 x2 4x2 1 0 2 Vậy x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 4x 1 0 3x 4y 7 3x 4y 7 11x 11 x 1 x 1 Bài 2: 1. Giải hệ phương trình: 2x y 1 8x 4y 4 2x y 1 2.1 y 1 y 1 x 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm y 1 2. Rút gọn biểu thức: Với a 0;a 1 ta có: a 1 1 a 1 a 1 a 1 1 a 1 A = = a 1 a 1 a 2 a 1 a 1 a 2 2 a 1 1 a 1 a a 2 a 1 = a Vậy A = a Với a 0;a 1 a 1 a 2 a 1 a 2 Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy đường thẳng (d): y = (m2 - m)x + m song song với đường thẳng (d’): y = m2 m 2 m2 m 2 0 (m 1) m 2 0 2x + 2 m 1 m 2 m 2 m 2 Vậy với m = -1. thì đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) Bài 4: 1. Ta có:  NAI =  NMA (1) (góc nội tiếp và góc tạo C A bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AN trong B I H đường tròn (O’)) N  ABC =  AMC(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC O' O trong đường tròn (O)) hay  NMA = ICB (2) Từ (1) và (2) suy ra:  NAI =  IBC M Xét AIN và BIC có:  NAI =  IBC (c/m trên) AI = IB (vì I là trung điểm của AB)  AIN =  BIC (đối đỉnh) Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 43
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Do đó: AIN = BIC IC = IN tứ giác ANBC có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường Tứ giác ANBC là hình bình hành. 2. ANBC là hình bình hành  IBN =  IAC hay  IBN =  BAC (3) Mặt khác:  BMC =  BAC (4) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC trong đường tròn (O)) Từ (3) và (4) suy ra:  IBN =  BMI BI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN. 3. Gọi AH là đường cao của tam giác ABC , C’ là điểm chính giữa cung nhỏ BC CH C’I 1 SANBC = 2SACB = 2. CH.AB = CH.AB 2 Để SANBC lớn nhất thì SACB lớn nhất CH lớn nhất CH = C’I C trùng với C’ hay C là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Mà M, I, C thẳng hàng M, O, C thẳng hàng M là điểm chính giữa cung lớn BC. 2005 2005 Bài 5: 1 x x2 1 1 x x2 1 22006 Điều kiện xác định của phương trình x 1 hoặc x 1 Gọi a là nghiệm dương của phương trình khi đó a 1 Ta có: 1 a a2 1 0,1 a a2 1 0 2005 2005 2005 2 2 2 2 1 a a 1 1 a a 1 2 1 a a 1 1 a a 1 2005 2005 2005 1 a a2 1 1 a a2 1 2 2a 2 2005 2005 2005 1 a a2 1 1 a a2 1 2 2.1 2 Vì a 1 2005 2005 1 a a2 1 1 a a2 1 2.22005 22006 2005 2005 1 a a2 1 1 a a2 1 1 a a2 1 1 a a2 1 22006 a 1 a 1 Vậy phương trình đã cho có x = 1 là nghiệm dương. Hết Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 44
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 Bài 1: Phương trình: x2 – 4x + q = 0 (1) với q là tham số 1. Khi q = 3 Phương trình (1) trở thành x2 – 4x + 3 = 0 c Ta có: a + b + c = 1 + (- 4) + 3 = 0, Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = = 3 a 2. Để phương trình (1) có nghiệm thì: ' ( 2)2 q 0 4 q 0 q 4 Vậy với q 4 thì phương trình (1) có nghiệm. 2x y 5 2x 2y 10 x 3 x 3 Bài 2: Giải hệ phương trình: x 2y 7 x 2y 7 3 2y 7 y 2 x 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm y 2 Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm D(0;1). 1. Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm D(0;1) và có hệ số góc k là: y = k(x - 0) + 1 y = kx + 1. 2. Hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) là nghiệm của phương trình: x2 = kx + 1 x2 - kx - 1 = 0 (2)Ta có: = k2 –4.(- 1) = k2 + 4 > 0 với mọi k Nên phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi k. Hay đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt G và H với mọi k. 3. Hoành độ của hai điểm G và H lần lượt là x 1 và x2. Khi đó x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (2)., áp c 1 2 dụng định lý vi – ét ta có: x1.x2 = = -1 Đường thẳng d 1 đi qua O(0;0) và điểm G(x 1 ; x1 ) có phương a 1 trình là: y = x1.x 2 Đường thẳng d2 đi qua O(0;0) và điểm H(x2 ; x2 ) có phương trình là: y = x2.x Vì x1.x2 = -1 nên d1  d2 hạy OG  OH suy ra:Tam giác GOH là tam giác vuông tại O Bài 4: Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 45
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 1. Ta có: C  OQD + OBD = 900 + 900=1800 Tứ giác BDQO nội tiếp được trong một đường tròn. Q 2. Xét BKD và AKC có: D  KBD =  KAC = 900  BKD =  AKC A O B K CA BD Do đó: BKD : AKC (1) CK DK Mà CA = CQ, DQ = DB (2) (hai tiếp tuyến cùng xuất phát tại một điểm) CQ DQ Từ (1) và (2) suy ra: hoctoancapba.com CK DK 3. Trong tam giác ODB vuông tại B ta có: BD = OB tg BOD = R.tg Ta có:  BOQ = 2 BOD = 2 (Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  OKQ = 900 -  KOQ = 900 - 2 OQ R Trong tam giác vuông OQK vuông tại Q ta có: OK = = cosKOQ cos 2 R KA = OK + OA = + R cos 2 Trong tam giác KAC vuông tại A ta có: R AC = AK.tg AKC = ( + R). tg(900 - 2 ) cos 2 1 1 Ta có:  DOQ =  BOQ,  COQ =  AOQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 2 2 1 1 Do đó:  COD =  DOQ +  COQ = ( BOQ +  AOQ) = .1800 = 900 2 2 COD vuông tại O Mà OQ  KC nên OQ2 = CQ.QD = AC.BD (vì CA = CQ, DQ = DB AC.BD = R2 Vậy: tích AC.BD chỉ phụ thuộc vào R, không phụ thuộc vào . Bài 5: (1 Điểm) Ta có: D2 = (t + u + v)2 = u2 + v2 + t2 + 2uv + 2ut + 2vt (1) 3t 2 Mặt khác: Theo giả thiết u2 + uv + v2 = 1- 2uv = 2 - 2u2 - 2v2 -3t2 (2) 2 Thay (2) vào (1) ta được:D2 = 2 - u2 - v2 -2t2 + 2ut + 2vt = 2 – (u - t)2 – (v - t)2 2 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 46
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 2 t 2 2 2 3 2 2 2 t u v uv 1 t t 3 3 2 9 2 2 2 D = 2 khi u t u t u hoặc u 3 3 v t v t 2 2 v v 3 3 2 t 3 -2 D 2 Vậy: giá trị nhỏ nhất của D là -2 khi 2 u 3 2 v 3 2 t 3 Giá trị lớn nhất của D là 2 khi 2 u 3 2 v 3 SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Bài 1: (2 Điểm) Cho phương trình: x2 + px - 4 = 0 (1) với p là tham số 1. 1. Khi p = 3 Phương trình (1) trở thành x2 + 3x - 4 = 0 c Ta có: a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0,Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = = - 4 a 2 2 x1 x2 p 2. Ta có: p 4.( 4) p 16 0 Nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2 và x1x2 4 2 2 Mặt khác: x1(x2 + 1) + x2(x1 + 1) = x1x2 x2 x1 x2 x1x1 x2 4x2 x1 ( 4x1) x2 3(x1 x2 ) ( 3).( p) 3p . 2 2 Để: x1(x2 + 1) + x2(x1 + 1) > 6 thì: 3p > 6 p > 2 2 2 Vậy với p > 2 thì phương trình (1) luôn có nghiệm x1, x2 thoả mãn x1(x2 + 1) + x2(x1 + 1) > 6 Bài 2: Với c 0;c 9 ta có: 2 2 c 3 c 3 1 1 c 3 c 3 c 3 C = = c 3 c 3 3 c c 3 c 3 3. c Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 47
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ c 3 c 3 c 3 c 3 12 c 4 c 3 .3. c c 3 .3. c c 3 4 Vậy C = với c 0;c 9 c 3 4 4 2. Ta có: c 3 3 0 c 3 3 4 Do đó: giá trị nguyên của C = 1 Khi đó: 1 c 3 4 c 1 c 3 Vậy với c = 1 thì C nhận giá trị nguyên bằng 1 2 Bài 3: Trong mP toạ độOxy cho parabol (P): y = x và các điểm C,Dthuộc parabol (P) với xC = 2, xD = -1. 2 2 1. Tung độ của điểm C là: yC = xC = 2 = 4 điểm C có toạ độ là (2; 4) 2 2 Tung độ của điểm D là: yD = xD = (-1) = 1 điểm D có toạ độ là (-1; 1) x = k không phải là phương trình của đườn thẳng CD Gọi y = ax + b là phương trình đường thẳng CD. Vì điểm C(2; 4) thuộc đường thẳng CD nên ta có: 4 = 2a + b b = 4 – 2a (1) Vì điểm D(-1; 1) thuộc đường thẳng CD nên ta có: 1 = (-1)a + b (2) Thay (1) vào (2) ta được: 1 = -x + 4 – 2a a = 1 Thay a = 1 vào (1) ta được b = 4 – 2.1 = 2 Vậy đường thẳng CD có phương trình: y = x + 2 2. Để đường thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số) song song với đường thẳng CD thì: 2 2 1 2q q 1 2q q 1 0 q 1 q 0 1 2 q . q 1 2 q 2 1 2 q 1 1 Vậy với q thì đường thẳng (d): y = (2q2 - q)x + q + 1 (với q là tham số) song song với đường thẳng CD. 2 Bài 4: Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 48
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 0 0 1. Ta có:  CMD = 90 ,  CND = 90 C Nên C, D, M, N cùng thuộc đường tròn đường kính CD N Hay tứ giác CDMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn. K' H I K 2.  KDB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) O P  KCB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) B M CK // DN (cùng vuông góc với BC) (2) D DK // CM (cùng vuông góc với BD) (1) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CHDK là hình bình hành. (tứ giác có các cặp cạnh đối song song). 3. Gọi KP là đường cao của tam giác CKD , I là trung điểm của CD, K’ là điểm chính giữa cung nhỏ DC KP K’I 1 Vì tứ giác CHDK là hình bình hành nên SCDH = SCKD = KP.CD 2 Để SCDH lớn nhất thì SCKD lớn nhất KP lớn nhất KP = K’I K trùng với K’ hay K là điểm chính giữa cung nhỏ CD. Mà K, O, B thẳng hàng B là điểm chính giữa cung lớn CD. Vậy điểm B là điểm chính giữa cung lớn CD thì diện tích tam giác CDH lớn nhất. Bài 5: Ta có: u + v = 4 u2 + v2 = 16 – 2uv Mặt khác: u, v là các số dương nên áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: 4uv (u + v)2 4uv 16 uv 4 33 33 33 65 P = u2 + v2 + = 16 – 2uv + 16 – 2.4 + = uv uv 4 4 65 P = khi u = v và u + v =4 u = v = 2 4 65 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi u = v = 2 4 Hết SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Bài 1: (1,5 Điểm) 1. Với hai số x1 = 1 + 2 , x2 = 1 - 2 Ta có: x1 + x2 = (1 + 2 ) + (1 - 2 ) = 2 x 2y 1 x 2y 1 5x 5 x 1 x 1 2. Giải hệ phương trình: 2x y 3 4x 2y 6 2x y 3 2( 1) y 3 y 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x = -1, y = 1 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 49
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ c c 4 c 1 1 Bài 2: 1. Với c 0;c 4 ta có C = : c 2 c 2 c 4 c 2 c c 2 c c 2 4 c 1 1 1 1 : ( c 2) c 2 c 2 c 2 c 2 c 2 2 c 1 Vậy C = với c 0;c 4 2 c 2 1 1 1 1 2. Với c 6 4 2 2 2 thì C = 2 c 2 2 (2 2) 2 2 2 2 Bài 3: (2,5 Điểm)Cho phương trình x2 – (2p – 1)x + p(p – 1) = 0 (1) (Với p là tham số) 1. Với p = 2 phương trình (1) trở thành x2 – (2.2 – 1)x + 2(2 – 1) = 0 x2 – 3x + 2 = 0 hoctoancapba.com Ta có: a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0 c Nên phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = = 2 a 2 2 2 2. Ta có: 2 p 1 4 p p 1 4 p 4 p 1 4 p 4 p 1 0 với p Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi p. 3. x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) (với x1 < x2) nên : (2 p 1) 2 p 1 1 (2 p 1) 2 p 1 1 x p 1 , x p 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: x1 – 2x2 +3 = (p - 1) – 2p +3 = p – 4p + 4 = (p - 2) 0 với p 2 2 x1 – 2x2 +3 = 0 khi (p - 2) = 0 p 2 2 Vậy x1 – 2x2 +3 0 Bài 4: Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 50
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 1. Ta có:  CFH = 900,  CKH = 900 D Nên C, F, H, K cùng thuộc đường tròn đường kính CH Hay tứ giác CFHK là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn. z F 2. Ta có: CFE : CKD H CF CK Q CE CD C K Xét CFK và CED có: E  C chung CF CK CE CD Dó đó: CFK : CED (c – g - c) 3. Vì  EFD = 900,  EKD = 900 K, F thuộc đường tròn đường kính ED. Ta có:  CFK =  KED ( vì CFK : CED ) (1)  CFK = CHK hay  CFK = QHK (cùng chắn cung CK trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác CKHD) (2)  QKD =  KED hay  QKH =  KED (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung KF trong đường tròn đường kính DE)(3) Từ (1), (2) và (3) ta có:  QKH =  QHK (4) QHK cân tại Q QK = QH (*) Mặt khác ta có:  QKH +  QKC = 900 (5)  QHK +  QCK = 900 (6) Từ (4), (5) và (6) QCK cân tại Q QK = QC ( ) Từ (*) và ( ) suy ra QC = QH hay Q là trung điểm của CH a b c Bài 5: Vì a, b, c là các số dương nên > 0, > 0, > 0 b c a c b a áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: b c b c b c a b c 1 1 a 2a 1 2 a a 2a a b c a b c b c a b c 2a a a c a c b c a a c 1 1 b 2b 1 2 b b 2b b b c a a c a c a b c 2b b b a b a b c a b a 1 1 c 2c 1 2 c c 2c c b c a b a b a a b c 2c c Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 51
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ a b c 2a 2b 2c 2 b c a c b a a b c a b c a b c b c 1 a b c a a c Dấu “ = “ xẩy ra khi: 1 a c b a b c 0 b b a c b a 1 c a b c Trái với giả thiết a, b, c là các số dươngVậy: 2 b c a c b a Hết SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu Ý Nội dung 1.a Giải PT: x = 1 2 Câu 1.b Phương trình x - 3x + 2 có a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = -3 1 2 2x y 7 3x 9 x 3 Giải hpt: x y 2 x y 2 y 1 1 ĐKXĐ: a 0; a 1Ta có: 1 1 a2 1 1 a 1 a a2 1 A 2(1 a) 2(1 a) 1 a2 2 1 a 1 a2 1 a2 1 1 a a2 1 a 1 a a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a Câu 2 Với ĐKXĐ a 0; a 1. 2 1 a 1 A 3 1 a 3 1 3a 1 a vì a 1 0 a 2 1 1 Kết hợp với ĐKXĐ suy ra với 0 a thì A < 2 3 Câu 1 Vì (d) //(d’) a =5 3 Vì A (d) 3 = 5.(-1)+ b b = 8 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 52
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 2 Để PT ax2 + 3(a+1)x + 2a + 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt thì: a 0 a 0 a 0 a 0 2 2 0 a 2a 9 0 a 1 8 0a 3(a 1) x x 1 2 a Áp dụng vi - ét có: 2a 4 x x 1 2 a 2 2 2 2 Theo bài ra: x1 + x2 = 4 (x1 + x2) - 2 x1.x2 = 4 2 3(a 1) 2a 4 2. 4 a2 10a 9 0 a a Phương trình ẩn a có dạng a - b + c = 0 a1= -1; a2 = -9 (TMĐK) 1 Tứ giác APMQ có: Câu ·APM ·AQM 900 900 1800 A 4 nên nội tiếp đường tròn đường kính AM 2 Tứ giác APMH cũng nội tiếp đường tròn đường kính AM nên A,P, H, M, Q cùng thuộc O một đường tròn. Nối O với P, O với Q có: Q P· OH 2P· AH = 600(góc ở tâm và góc nt cùng P chắn P¼H ) · · 0 C QOH 2QAH = 60 (góc ở tâm và góc nt cùng B M H chắn Q¼H ) P· OH Q· OH suy ra OH là đường phân giác trong tam giác cân OPQ nên đồng thời là đường cao OH  PQ 3 3 Xét tam giác vuông PBM có: MP = MB.sinPBM = .MB 2 3 Xét tam giác vuông QCM có: MQ = MC.sinQCM = .MF 2 3 3 Vậy MP + MQ = .(MB + MC) = BC = AH 2 2 Câu 8a2 b Tìm GTNN của A = b2 với a+ b 1 và a > 0 5 4a Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 53
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Từ x+ y 1 y 1 - x ta có: 8a2 b 1 1 4a3 4a2 a 4a2 4a 1 6a A b2 2a (1 a)2 4a 4a 4 4a a(2a 1)2 (2a 1)2 3 (2a 1)2 (a 1) 3 3 4a 2 4a 2 2 (2a 1)2 (a 1) 1 Khi vì với a > 0 thì 0 Dấu bằng xảy ra khi a = 4a 2 3 3 3 1 Nên từ (1) suy ra: A 0 + hay A . Vậy GTNN của A = khi a = b = 2 2 2 2 SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Câu 1(2đ) 1. a) S = 0 b. Pt có hai nghiệm phân biệt : x1 = 1 ; x2 = -3. 2. Hpt có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;0). 1 y ( y 1)2 y 1 Câu 2(2đ): Q = . y( y 1) y 1 y 2 1 1 a)y 3 2 2 (1 2)2 Q = 2 . 2 1 Câu 3(2đ)a)(d) đi qua B(1;5) 5 = 2b.1 + 1 b = 2 . PT (d) : y = 4x + 1. b)Hoành độ giao điểm là nghiệm pt : 2x2 + 2bx + 1 = 0 (*) Có : , = b2 - 2 . ĐK để (d) và (P) cắt nhau tai hai điểm pb là (*) có 2 nghiệm pb , Điềm này xảy ra 0 b 2 hoặc b 2 (*1). Vì x1 ; x2 là nghiệm nên theo viet ta có : x1 + x2 = -b. 2 2 2 Theo đề bài : x1 + x2 + 4(x1 + x2) = 0 (x1 + x2) + 2.(x1 + x2) = 0 b2 + 2b = 0 b = 0 (loại) hoặc b = -2(t/m). Vậy b = -2. Câu 4(3đ)a)Tứ giác IFSL nt đg tròn đg kính LF. b)MC V IJN vuông cân: Trong (O) có IO FE(gt) I là điểm chính giữa E»F IE = IF(đl liên hệ cung và dây) Xét V EJI và V FIN có: IE = IF(cm trên) EJ = FN (gt) Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 54
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ J· EI N· FI (góc nt chắn JºI ) V EJI = V FIN(c.g.c) JI = IN (1)(hai cạnh tương ứng) và J· IE N· IF (góc tương ứng) J· IE E· IN N· IF E· IN hay J· IN E· IF . Mà E· IF = 900(góc nt chắn nửa đg tròn) J· IN = 900 (2) Từ (1) và (2) suy ra tam giác IJN vuông cân.(đpcm) c)Gọi P là gđ của FJ với DE. K là gđ của DF với LS. DE OE Theo đề bài ED.JF = JE.OF hay ( DO OE = OF) VDEO : VEJF (cgc) JE JF E· OD E· FJ . Mà chúng ở vị trí đồng vị nên OD//FP. Lại có o là trung điểm của EF D là trung điểm của EP(đl đg tb) ED=DP(3) Mặt khác LS//EP(cùng vuông góc với EF) SK KF LK FK SK KL (talet); (talet) kết hợp với (3) K là trung điểm của LS (đpcm) ED FD DP FD ED PD a4 b 3c 1 b4 c 3a 1 c4 a 3b 1 Câu 5(1đ)Áp dụng cosi: a2 ; b2 ; c2 b 3c 16 2 c 3a 16 2 a 3b 16 2 b 3c c 3a a 3b 1 VT + ( + + ) (a2 b2 c2 ) 16 16 16 2 1 1 VT (a2 b2 c2 ) - (a b c) Dấu bằng xảy ra khi: 2 4 a4 b 3c b 3c 16 b 3c 4 b4 c 3a c 3a 4 a b c 1(do a;b;c dương) c 3a 16 a 3b 4 c4 a 3b a 3b 16 Mặt khác áp dụng BĐT bunhia: (a + b + c)2 (1 + 1+ 1)(a2 + b2 + c2 ) a + b + c 3 . a 2 b2 c2 - (a + b + c) -3 . a 2 b2 c2 1 1 1 3 (a2 b2 c2 ) - (a b c) (a2 b2 c2 ) - . a 2 b2 c2 2 4 2 4 1 3 VT (a2 b2 c2 ) - .a 2 b2 c2 Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c = 1 2 4 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 55
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Lại có: a2 + b2 2ab b2 + c2 2bc c2 + a2 2ca a2 + b2 + c2 ab + bc + ca 3 a2 + b2 + c2 3 a 2 b2 c2 3 . a b c Dấu bằng xảy ra khi: a b c 1 ab bc ca 3 1 3 3 Xét hiệu: A = (a2 b2 c2 ) - .a 2 b2 c2 - 2 4 4 Đặt t = a 2 b2 c2 với t 3 1 3 3 1 3 3 3 1 3 A = t2 - t - = ( t2 - t ) + ( t - ) = t .(t - 3 ) + (t - 3 ) 2 4 4 2 2 4 4 2 4 1 3 1 3 3 = (t - 3 ).( t + ) Do t 3 nên A 0 t2 - t 2 4 2 4 4 1 3 3 Hay (a2 b2 c2 ) - . a 2 b2 c2 2 4 4 a4 b4 c4 3 b 3c c 3a a 3c 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =1(đpcm) SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 Bài 1: 2 1/ 2 1 2 1 2 12 2 1 1 x y 1 3x 3y 3 5x 10 x 2 2/ 2x 3y 7 2x 3y 7 x y 1 y 1 1 3/ Phương trình 9x2 8x 1 0 có a b c 9 8 1 0 nên có hai nghiệm là: x 1; x . 1 2 9 Bài 2: 1/ Đường thẳng d : y 2x m2 1 song song với đường thẳng d ' : y 2m2 x m2 m khi m 1 2 2m2 m2 1 m 1 m 1 2 2 m 1 m m m 1 m 1 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 56
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 2/ Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là x2 2x m2 1 x2 2x m2 1 0 là phương trình bậc hai có ac m2 1 0 với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A và B với mọi m. 3/ Cách 1: Ký hiệu xA ; xB là hoành độ của điểm A và điểm B thì xA ; xB là nghiệm của phương trình x2 2x m2 1 0 . Giải phương trình x2 2x m2 1 0 . ' 1 m2 1 m2 2 0 ' m2 2 2 2 Phương trình có hai nghiệm là xA 1 m 2; xB 1 m 2 . Do đó 2 2 x 2 x 2 14 1 m2 2 1 m2 2 14 1 2 m2 2 m2 2 1 2 m2 2 m2 2 14 A B 2m2 6 14 2m2 8 m2 4 m 2 Cách 2: Ký hiệu xA ; xB là hoành độ của điểm A và điểm B thì xA ; xB là nghiệm của phương trình S xA xB 2 x2 2x m2 1 0 . Áp dụng hệ thức Viet ta có: do đó 2 P xA .xB m 1 2 2 2 2 2 2 xA xB 14 xA xB 2xA .xB 14 2 2 m 1 14 4 2m 2 14 m 2 Câu 5. a. BCDE nội tiếp B· EC B· DC 900 Suy ra BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC b. H, J, I thẳng hàng IB  AB; CE  AB (CH  AB) Suy ra IB // CH IC  AC; BD  AC (BH  AC) Suy ra BH // IC Như vậy tứ giác BHCI là hình bình hành J trung điểm BC J trung điểm IH Vậy H, J, I thẳng hàng 1 c. A· CB A· IB A»B 2 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 57
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ A· CB D· EA cùng bù với góc D· EB của tứ giác nội tiếp BCDE B· AI A· IB 900 vì ABI vuông tại B Suy ra B· AI A· ED 900 , hay E· AK A· EK 900 Suy ra AEK vuông tại K Xét ADM vuông tại M (suy từ giả thiết) DK  AM (suy từ chứng minh trên)www.VNMATH. 1 1 1 Như vậy DK2 DA2 DM2 Câu 5Vì x + y + z = 4 nên suy ra x = 4 – (y + z) 1 1 1 1 1 1 1 Mặt khác: 1 1 x do x dương. (*) xy xz x y z y z Thay x = 4 – (y + z) vào (*) ta có : 2 2 1 1 1 1 1 1 4 y z 2 y 2 z 0 y z 0 y z y z y z Luôn đúng với mọi x, y, z dương, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : y = z = 1, x = 2. SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Câu 1:a. Khi m = 0 ta có x -2 = 0 => x = 2 2 b. Khi m = 1 ta được phương trình: x + x – 2 = 0 => x1 = 1; x2 = -2 x y 5 x 3 2. Giải hệ phương trình: x y 1 x 2 Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;2) 4 3 6 b 2 Cấu 2. Rút gọn QQ = = b 1 b 1 b 1 4( b 1) 3 b 1 6 b 2 b 1 b 1 ( b 1)( b 1) 4 b 4 3 b 3 6 b 2 ( b 1)( b 1) b 1 ( b 1)( b 1) 1 b 1 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 58
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ b)Thay b = 6 + 25 ( 5 1)2 (Thỏa mãn điều kiện xác định) vào biểu thức Q đã rút gọn ta được: 1 1 5 2 ( 5 1)2 1 5 2 Vậy b = 6 + 25 thì Q = 5 -2 Câu 3. 1. Thay x = 0; y = 2 vào phương trình đường thẳng (d) ta được: n = 3 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 – x – (n - 1) = 0 (*) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 3 4n 3  0 n  . 4 x1 x2 1 Khi đó theo định lý Vi ét ta có: x1x2 (n 1) 1 1 x1 x2 Theo đề bài: 4 x1x2 3 0 4 x1x2 3 0 x1 x2 x1x2 4 n 2 0 n 1 n2 n 6 0(DK : n 1) n1 2(TM );n2 3(L) Vậy n = 2 là giá trị cần tìm. hoctoancapba.com T Câu 4. D d E K 1.HS tự chứng minh F O 2.Ta có K là trung điểm của EF => M OK EF => M· KO 900 => K thuộc đương tròn đường kính MO C R => 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường tròn đường kính MO => D· KM D· OM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD) C· KM C· OM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) Lại có D· OM C· OM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 59
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ => D· KM C· KM => KM là phân giác của góc CKD 3. Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R. (MC+CR) 2R. CM.CR Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMR ta có: CM.CR = OC2 = R2 không đổi 2 => SMRT 2R Dấu = xảy ra CM = CR = R2 . Khi đó M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R2 . Vậy M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R2 thì diện tích tam giác MRT nhỏ nhất. Câu 5 Ta có: 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 – 60 = 0 2 2 2 2 2 x = (yz) -5(4y + 3z – 60) = (15-y )(20-z ) Vì 5x2 + 2xyz + 4y2 + 3z2 = 60 => 4y2 60 và 3z2 60 => y2 15 và z2 20 => (15-y2) 0 và (20-z2) 0 => x 0 1 2 2 yz (15 y2 )(20 z2 ) yz (15 y 20 z ) => x= 2 (Bất đẳng thức cauchy) 5 5 2yz 35 y2 z2 35 (y z)2 => x 10 10 35 (y z)2 10(y z) 60 (y z 5)2 => x+y+z 6 10 10 y z 5 0 x 1 2 2 Dấu = xảy ra khi 15 y 20 z y 2 x y z 6 z 3 Vậy Giá trị lớn nhất của B là 6 đạt tại x = 1; y = 2; z = 3. Hết SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Năm học: 2016 – 2017 Ngày thi: 26 tháng 06 năm 2016 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 60
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ Thời gian làm bài: 120 phút Câu Nội dung Điểm 1. Giải các phương trình: a. x = 6 0.5 Câu 1 b. x2 – 5x + 4 = 0. Nhận thấy 1 + (-5) + 4 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0. Vậy (2điể x1 = 1 ngiệm của phương trinh là: m) x2 = 4 0.75 2x - y = 3 5x 5 x = 1 2. Giải hệ phương trình: 3x + y = 2 3x + y = 2 y = -1 0.75 Câu 2 1. Với yƯ(2)> 0; y 1 (2điể y y -1 y y +1 2 y 2 y 1 m) A = : y - y y + y y 1 2 ( y -1)(y + y +1) ( y +1)(y - y +1) 2 y 1 A = : y( y -1) y( y 1) ( y 1)( y 1) (y + y +1) (y - y +1) 2 y 1 A = : y y ( y 1) y + y +1- y + y -1 y 1 A =  y 2( y 1) 2 y y 1 A =  y 2( y 1) y 1 A = y 1 y 1 y 1 2 2 2. Với y > 0; y 1 Ta có A = 1 để A nhận giá trị nguyên thì y 1 y 1 y 1 2 nguyên hay y 1 2 y 1 y 1 U (2) y 1 1,2 y 0,1 y 0,1 (không thỏa mãn ĐKXĐ). Vậy không có giá trị nguyên nào của y để biểu thức B nhận giá trị nguyên 1 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 61
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 1 Câu 3 1. Đường thẳng (d) đi qua điểm B(1; 2) nên có 2 = n.1+1 n = 1 là giá trị cần tìm 0.5 (2điể 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): 2x2 - nx -1 = 0 Có Δ = n2 8 0 m) với mọi n nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi n Vậy (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt M(x1; y1), N(x2; y2) 2 2 khi đó y1 = 2x1 ; y2 = 2x2 1 Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: x x = 0.75 1 2 2 1 1 1 1 Theo bài ra ta có S = x x y y x x 2x 2.2x 2 x x 4(x x )2 4. 1 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 4 2 2 1 1.S là giá trị cần tìm. 2 0.75 Câu 4 1. Ta có M· PQ = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); EF  MQ (3điể E· PQ + E· FQ = 900 900 1800 tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường kính PQ m) 1.0 2. Tương tự E· NM + E· FM = 900 900 1800 tứ giác MNEF nội tiếp P· FQ P· EQ (hai góc nộ tiếp cùng chắn P cung PQ trong đường tròn đường kính EQ) N E · · NFM NEM (hai góc nội tiếp cùng chắn L cung MN trong đường tròn đường kính ME) M Q N· EM P· EQ (hai góc đối đỉnh) F P· FQ M· FK (hai góc đối đỉnh) K Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 62
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ N· FM K· FM 1.0 hay PM là phân giác của góc N· FM 3. Ta có: N· PM N· QM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN trong đường tròn đường kính MQ) E· PF E· QF (hai góc nộ tiếp cùng chắn cung EF trong đường tròn đường kính EQ) N· PE E· PL PE là phân giác trong của ΔNPL . Lại cóPE  P Q PE là phân giác ΕΝ QN ngoài của ΔNPL = ΕΝ.QL QN. ΕL (đpcm) 1.0 ΕL QL Câu 5 Với a, b, c là các số dương ta có: (1điể 1 2 9 0.25 (+) + (1) (m + 2n)(n + 2m) 9 mn m) m n m + 2n 2m2 - 4mn + 2n2 0 2(m - n)2 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n (+) m + 2n 3(m2 2n2 )(2) (m 2n)2 3(m2 2n2 ) 2m2 - 4mn+2m2 0 2(m - n)2 0 (đúng). Dấu bằng xảy ra khi m = n 0.25 1 2 9 9 3 (+) Từ (1) và (2) suy ra + m n m+2n 3(m2 + 2n2 ) p (dom2 + 2n2 3p2 ). 0.25 1 2 3 Suy ra + . Dấu bằng xảy ra khi m = n = p m n p 0.25 * Lưu ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn được điểm tối đa SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Câu I 1. a)Khi n = 0 ta có phương trình: x – 2 = 0 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 63
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ x = 2 Vậy khi n = 0 phương trình có nghiệm x = 2 b)Khi n = 1 ta có phương trình x2 + x – 2 = 0 Ta thấy hệ số: a + b + c = 1 + 1 + (-2) = 0 nê phương trình có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = -2 2. cộng đại số hệ có nghiệm: (x;y) = ( 4;3) Câu II 4 y 8y y 1 2 1.A = : 2 y 4 y y 2 y y 4 y(2 y) 8y y 1 2( y 2) A = : (2 y)(2 y) (2 y)(2 y) y( y 2) y y 2 8 y 4y 8y y 1 2 y 4 A = : (2 y)(2 y) y( y 2) 4 y(2 y) 3 y A = : (2 y)(2 y) y( y 2) 4 y y( y 2) A = . 2 y 3 y 4y A = y 3 2. 4y A = - 2 = - 2 4y = - 2y + 6 y 3 2y + y - 3 =0 *) y = 1 y = 1 ; 3 *)y = ( loại) 2 Vậy để A = -2 thi y = 1 Câu III 1. để (d) đi qua A (2;0) thì 0 = 2 . 2 – n + 3 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 = 2x – n + 3 x2 - 2x + n - 3 = 0 (*) Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 64
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ ’ = (-1)2 – ( n – 3) = 1 – n + 3 = 4 - n Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biết thì ’ > 0 4 – n > 0 n < 4 Với n < 4 Theo Vi-et ta có: x1 x2 2 (1) x1.x2 n 3 (2) 2 x1 2x2 x1x2 16 (3) 2 Ta thấy x1; x 2 là các nghiệm của phương trìn (*) x1 - 2x1 + n - 3 = 0 2 x1 = 2x1 – n + 3 thay vào (3) ta được 2x1 – n + 3 – 2x2 + n – 3 = 16 2( x1 – x2) = 16 x1 – x2 = 8 F 2 E (x1 + x2 ) - 2x1x2 = 8 22 – 2( n – 3) = 8 P 4 – 2n + 6 = 8 n = 1 . N M O Câu IV: 1. Vì P là trung điểm M E OP  ME OPF = 900 (d) là tiếp tuyến của (O) tại N nên ÒN = 900 OPFN nt đường tròn đường kính OF Q 2. MN QF, QP  MF, MN cắt QP tại O nên O là trực tâm của MQF FO  MQ PM PO c/m MPO QPF PM . PF = PO . PQ PQ PF 3, Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 65
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ C/m được ME . MF = MN2. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: MF 2ME 2 MF.2ME 2 2MN 2 2 2(2R)2 4 2R. Dấu “=” xảy ra MF 2ME E là trung điểm của MF mà O là trung điểm MN suy ra OE là đường trung bình của MNF OE // NF OE MN E là điểm chính giữa cung MN. Câu IV: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Áp dụng bất đẳng thức phụ: (x y z t). 16 hay (với x y z t x y z t 16 x y z t x, y, z,t 0 ) ta có: 1 1 1 P 2a 3b 3c 3a 2b 3c 3a 3b 2c 1 1 1 b c b c b a c a a c a c a b b c a b a b a c b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 16 b c b c b a c a 16 a c a c a b b c 1 1 1 1 1 . 16 a b a b a c b c 1 4 4 4 16 b c a b c a 1 1 1 1 2017 . 4 b c a b c a 4 Dấu “=” xảy ra 3 a b c . 4034 2017 3 Vậy MaxP a b c 4 4034 SỞ GD & ĐT THANH HOÁ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 66
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ MÔN: TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 1. Giải phương trình x2 8x 7 0 Ta thấy: a b c 1 8 7 0 nên phương trình có hai nghiệm: c x 1; x 7 1 2 a Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: S 1; 7 2x y 6 2. Giải hệ phương trình: 5x y 20 2x y 6 7x 14 x 2 5x y 20 2x y 6 y 10 x 2 Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm duy nhất y 10 x 1 x x Câu II: A : với x 0 x 4 x 4 x 2 x x 2 1. Rút gọn A x 1 x x A : x 4 x 4 x 2 x x 2 x 1 x x A 2 : x x 2 x 2 x 2 x 1 x x A 2 : x 2 x 2 x 2 x 1 x x A 2 : x 2 x 2 x 1 x 2 A 2 . x 2 x x 1 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 67
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 1 A x x 2 1 A x 2 x 1 Vậy A với x 0 x 2 x 1 2. Tìm x để A 3 x 1 1 1 1 1 A 0 3 x x x 2 3 x x x 2 3 x 3 x 2 1 x 0 0 mà x x 2 0 1 x 0 x 1 x x 2 x x 2 1 Kết hợp đk suy ra 0 x 1 Thì A 3 x Câu III. 1 . Vì đường thẳng d : y ax + b song song với đường thẳng d ' : y 2x 3 a 2 Nên suy ra d : y 2x + b b 3 b 3 Vì đường thẳng d đi qua điểm A 1; 1 nên ta có: 1 2 . 1 b b 3 ( thỏa mãn b 3 ) a 2 Vậy: và d : y 2x 3 b 3 2. Phương trình : x2 m 2 x 3 0 (*) Có : a.c 1 . 3 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m x1 x2 m 2 Theo Hệ thức Vi – ét có: x1 .x2 3 2 2 Theo đề bài: x1 2018 x1 x2 2018 x2 2 2 x1 2018 x2 2018 x1 x2 2 x 2 2018 x 2 2018 x x 2 1 2 1 2 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 68
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 2 2 2 2 2 x1 2018 x2 2018 2 x1 2018. x2 2018 x1 x2 2 2 2 2 2 2 2 2 x1 x2 4036 2 (x1 .x2 2018 x1 x2 2018 x1 x2 x x 2 2x x 4036 2 (x x )2 2018 x x 2 2x x 20182 x x 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2. 3 4036 2 ( 3)2 2018 m 2 2 2. 3 20182 0 2018 m 2 2 20212 2021 2018 m 2 2 20212 20212 m 2 ( thay vào phương trình (*) ta thấy thỏa mãn) Vậy với m = 2 thì Câu IV 1/ Xét tứ giác AMEI có M· AI M· EI 900 => M· AI M· EI 1800 mà 2 góc này đối nhau=> tứ giác AMEI nội tiếp đường tròn đường kính MI. 2. Chứng minh IB . NE = 3 IE . NB Dễ chứng minh được MIN vuông tại I Cm được ENI : INM g.g EN IN (1) IE IM Cm được BNI : AIM g.g BN NI (2) AI MI Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 69
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ EN BN Từ (1) và (2) suy ra: IE AI EN.AI BN.EI 1 1 Mà AI BI EN. .BI BN.EI EN.BI 3BN.EI (đpcm) 3 3 3. Khi E thay đôi, chứng minh tích AM. BN có giá trị không đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác IMN theo R *) Theo ý 2 ta cm được BNI : AIM g.g BN BI 1 3 3 AM.BN AI .BI R. R R2 AI AM 2 2 4 Vậy AM.BN có giá trị không đổi. 1 *) Ta có: S .IM .IN ( do tam giác IMN vuông tại I) IMN 2 1 1 S .IM .IN . AM 2 AI 2 . BN 2 BI 2 IMN 2 2 Áp dụng BĐT Bunyakovski ta có: 2 AM 2 AI 2 BN 2 BI 2 AM.BN AI.BI 3 Mà AM.BN AI .BI R2 4 1 1 3 2 3 2 1 3 2 Suy ra: SIMN AM.BN AI.BI R R . R 2 2 4 4 2 2 AM AI 1 Dấu “=” xảy ra khi: BN BI 3 3 mà AM.BN R2 4 R AM 2 3R BN 2 1 R AE AI 1 Mặt khác ta chứng minh được AIE ~ BNE 2 3 BE BN R 3 2 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 70
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 2 Mà AE 2 BE 2 4R2 AE R 5 3 Vậy min S R2 IMN 4 2 AE R Khi 5 Câu V. Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a b c 1 . Chứng minh 1 1 30 a2 b2 c2 abc 2 Ta có: a2 b2 c2 ab bc ca a b c 3 ab bc ca 1 1 12 3 ab bc ca ab bc ca (ab bc ca)2 (ab bc ca) 3 3 Mặt khác ab bc ca 2 3abc a b c 3abc 1 1 9 Suy ra: abc ab bc ca 9 abc ab bc ca 1 1 1 9 1 4 7 Khi đó ta có: a2 b2 c2 abc a2 b2 c2 ab bc ca a2 b2 c2 2(ab bc ca) ab bc ca Ta lại có: 2 1 4 1 2 32 *) 9 a2 b2 c2 2(ab bc ca) a b c 2 12 1 7 7 *) ab bc ca 21 3 ab bc ca 1 3 1 1 Suy ra : 30 a2 b2 c2 abc 1 1 Vậy 30 a2 b2 c2 abc SẠ GIÁO DẠC VÀ ĐÀO TẠO HưẠng dẠn ĐẠ THI TUYẠN SINH VÀOLẠP 10 THANH HÓA THPT Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 71
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ NĂM HẠC 2019 - 2020 Câu I. 1. Rút gạn biạu thạc A vại vại x 0; x 4. x 2 5 1 A x 3 x 3 x 2 x 2 x 4 5 x 3 x 3 x 2 x x 12 x 3 x 2 x 4 x 2 2. Tìm giá trạ cạa cạu A khi x 6 4 2 2 x 6 4 2 2 2 tmđk 2 2 4 2 2 x 2 2 thay vào A ta đc: A 1 2 2 2 2 2 Vạy vại x 6 4 2 thì A 1 2 Bài 2. (2 điẠm) 1. Cho đường thẳng d : y ax+b . Tìm a, b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng d ' : y 5x+6 và đi qua điểm A 2;3 a 5 Vì d / / d ' nên b 6 Vì (d) đi qua A 2;3 nên ta có: 3 5.2+b b 7 Vạy a 5;b 7 ta có d : y 5x 7 Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 72
Tæng hîp c¸c ®Ò thi vµo líp 10 Thanh Hãa - ST: Bùi Huệ 3x 2y 11 2. Giải hệ phương trình x 2y 5 3x 2y 11 x 3 2x 6 y 1 Bài 3: ( 2 điẠm) 1. Giải phương trình x2 4x 3 0 PT có : a b c 1 4 3 0 nên PT có hai nghiạm: x1 1; x2 3 2 2 2 2. Ta có: ' m 1 2m 5 m 4m 6 m 2 2 0 m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m Có : x2 2 m 1 x 2m 5 0 x2 2mx 2m 3 2 2x Vì x1, x2 là các nghiạm cạa PT (1) nên ta có: 2 2 x1 2mx1 2m 3 2 2x1 ; x2 2mx2 2m 3 2 2x2 thay vào (*) ta đc: 2 2 x1 2mx1 x2 2m 3 x2 2mx2 x1 2m 3 19 2 2x1 x2 2 2x2 x1 19 2 2 x1 x2 6 x1 x2 x1x2 15 x1 x2 2 m 1 Theo Vi-et có thay vào ta đc: x1x2 2m 5 m 0 2 2 8 m 1 12 m 1 2m 5 15 8m 26m 0 13 m 4 m 0 Vây: 13 m 4 Bài 4. (3,0 điẠm) Tạ mạt điạm A nạm ngoài đưạng tròn tâm O bán kính R, kạ các tiạp tuyạn AB, AC vại đưạng tròn ( B, C là các tiạp điạm). Trên cung nhạ BC lạy mạt điạm M bạt kạ khác B và C. Gại I,K,P lạn lưạt là hình chiạu vuông góc cạa M trên các đưạng thạng AB, AC, BC Không phải lúc nào cố gắng cũng thành công, Nhưng hãy luôn cố gắng để không phải hối hận khi thất bại 73