Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2011 - 2012 Môn Thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
KHÁNH HÒA
NĂM HỌC 2011 - 2012
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
( đề thi có 01 trang)

 Ngày thi : 21/06/2011 Môn thi: TOÁN

 Thời gian làm bài: 120 phút



Bài 1( 2 điểm)
 Đơn giản biểu thức: A 
 Cho biểu thức: 
Rút gọn P và chứng tỏ P 0

Bài 2( 2 điểm)
Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + 3 = 0 có hai nghiệm x1; x2. Hãy lập một phương trình bậc hai có hai nghiệm (x12 + 1 ) và ( x22 + 1).
Giải hệ phương trình 
Bài 3( 2 điểm)
Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi đi được 2 giờ,người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B đúng thời gian đã định,người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại.Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp.

Bài 4( 4 điểm)
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E.
Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn
Chứng minh 
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC,đường thẳng AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC.
Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a


---------------- Hết ------------


 


Bài giải
Bài 1
A 
 
Bài 2 x2 + 5x + 3 = 0
Có 
Nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt
x1+ x2 = - 5 ; x1x2 = 3
Do đó S = x12 + 1 + x22 + 1 = (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 2 = 25 – 6 + 2 = 21
 Và P = (x12 + 1) (x22 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 1 = 9 + 20 = 29
Vậy phương trình cần lập là x2 – 21x + 29 = 0
2)ĐK 

Vậy HPT có nghiệm duy nhất ( x ;y) = ( 2 ;3)
Bài 3
Gọi x(km/h) là vtốc dự định; x > 0 ; có 30 phút = ½ (h)
Th gian dự định : 
Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km)
Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km) 
Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h)

 Th gian đi quãng đường còn lại : 
Theo đề bài ta có PT: 
Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán) 
 Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h

Bài 3




A
B
C
E
D

H
O
M
G

Giải câu c)
Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng
Tam giác AHD có OM là ĐTBình => AH = 2 OM
Và AH // OM
2 tam giác AHG và MOG có 
(đ đ)
 
Hay AG = 2MG
Tam giác ABC có AM là trung tuyến; G AM
Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC
d) ( vì BHCD là HBH)
có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính là a 
Nên tam giác BHC cũng nội tiếp (K) có bán kính a
Do đó C (K) = ( ĐVĐD)
















	
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 	
 TP.ĐÀ NẴNG 	Năm học: 2011 - 2012
	 ĐỀ CHÍNH THỨC	MÔN: TOÁN
	Thời gian làm bài: 120 phút 
 Ngµy thi: 22 th¸ng 6 n¨m 2011

Bài 1: (2,0 điểm)
Giải phương trình:	(2x + 1)(3-x) + 4 = 0
Giải hệ phương trình: 

Bài 2: (1,0 điểm)
	Rút gọn biểu thức 

Bài 3: (2,0 điểm)
	Cho phương trình x2 – 2x – 2m2 = 0 (m là tham số).
Giải phương trình khi m = 0
Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác 0 và thỏa điều kiện .

Bài 4: (1,5 điểm)
	Một hình chữ nhật có chu vi bằng 28 cm và mỗi đường chéo của nó có độ dài 10 cm. Tìm độ dài các cạnh của hình chữ nhật đó.

Bài 5: (3,5 điểm)
	Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD. Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ AB ( M không trùng với các điểm A và B).
Chứng minh rằng MD là đường phân giác của góc BMC.
Cho AD = 2R. Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R
Gọi K là giao điểm của AB và MD, H là giao điểm của AD và MC. Chứng minh rằng ba đường thẳng AM, BD, HK đồng quy.

----------------------- Hết ------------------

BÀI GIẢI
Bài 1:
(2x + 1)(3-x) + 4 = 0 (1) Û -2x2 + 5x + 3 +4 = 0 Û 2x2 – 5x – 7 = 0 (2)
Phương trình (2) có a – b + c =0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm là 
x1 = -1 và x2 = 
b)	Û 
	Û
	Û Û


Bài 2: Q = = 
= = 1

Bài 3: 
a) x2 – 2x – 2m2 = 0 (1)
C
A
D
B
M
H
K
I
m=0, (1) Û x2 – 2x = 0 Û x(x – 2) = 0 Û x= 0 hay x = 2
b) ∆’ = 1 + 2m2 > 0 với mọi m => phương trình (1) có nghiệm với mọi m
Theo Viet, ta có: x1 + x2 = 2 => x1 = 2 – x2 
Ta có: => (2 – x2)2 = Û 2 – x2 = hay 2 – x2 = -
Û x2 = 2/3 hay x2 = -2.
Với x2 = 2/3 thì x1 = 4/3, với x2 = -2 thì x1 = 4
Þ -2m2 = x1.x2 = 8/9 (loại) hay -2m2 = x1.x2 = -8 Û m = ±2

Bài 4:	Gọi a, b là độ dài của 2 cạnh hình chữ nhật.
	Theo giả thiết ta có : a + b = 14 (1) và a2 + b2 = 102 = 100 (2)
	Từ (2) Þ (a + b)2 – 2ab = 100 (3). Thế (1) vào (3) Þ ab = 48 (4)
	Từ (1) và (4) ta có a, b là nghiệm của phương trình : X2 – 14X + 48 = 0 
Þ a = 8 cm và b = 6 cm

Bài 5:
	a)	Ta có: cung DC = cung DB chắn 600 nên góc CMD = góc DMB= 300
	Þ MD là phân giác của góc BMC
	
	b)	Xét tứ giác ABCD có 2 đường chéo AD và BC vuông góc nhau nên :
	SABCD=AD.BC = 
	
	c)	Ta có góc AMD = 900 (chắn ½ đường tròn) 
	Tương tự: DB ^ AB,vậy K chính là trực tâm của DIAD (I là giao điểm của AM và DB)
	Xét tứ giác AHKM, ta có:
	góc HAK = góc HMK = 300, nên dễ dàng Þ tứ giác này nội tiếp. 
	Vậy góc AHK = góc AMK = 900
	Nên KH vuông góc với AD
	Vậy HK chính là đường cao phát xuất từ I của DIAD
	Vậy ta có AM, BD, HK đồng quy tại I.

 SỞ GD VÀ ĐT ĐAKLAK
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngµy thi: 22 th¸ng 6 n¨m 2011
Bài 1: (2,0 điểm)

Bài 2: (2,0 điểm)
.
Bài 3: (1,5 điểm)
	
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn . Hai đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Đường thẳng BD cắt đường tròn tại điểm thứ hai P; đường thẳng CE cắt đường tròn tại điểm thứ hai Q. Chứng minh:














HƯỚNG DẪN GIẢI:
Câu 1:
1/a/ 9x2+3x-2=0; =81,phương trình có 2 nghiệm x1=;x2=
b/ đặt x2=t (t0) pt đã cho viết được t2+7t-18=0 (*); pt (*) có t=-9 (loại);t=2
với t=2 pt đã cho có 2 nghiệm 
2/đồ thị y=12x+(7-m) cắt trục tung tại điểm A(0;7-m); đồ thị y=2x+(3+m) cắt trục tung tại điểm B(0;3+m) theo yêu cầu bài toán AB khi 7-m=3+m tức là m=2.
Câu 2:
1/ 

2/ a/

b/ (thoả mãn đk )
Câu 3:
1/ Khi m=1 ta có hệ pt: rút y từ (2) y=2x+1 thế vào pt (1) được x=0, suy ra y=1
Vậy hệ có nghiệm (0;1)
2/ 
P đạt GTNN bằng khi 
Câu 4:

Từ giả thiết ta có: suy ra E,D nhìn B,C dưới 1 góc vuông,nên tứ giác BEDC nội tiếp được trong 1 đường tròn.
Vì tam giác HBC và HPQ đồng dạng (góc góc)nên HQ.HC=HP.HB
BEDC nội tiếp đường tròn suy ra từ câu 1/ TA CÓ :
Suy ra (2 GÓC ĐỒNG VỊ SUY RA ĐPCM)
OP=OQ (vì bằng bán kính đường tròn O) (1)
 (GÓC NỘI TIẾP CÙNG CHẮN CUNG ED) suy ra QA=PA Vậy A và O cách đều P,Q nên suy ra đpcm.
Bài 5: (1,0 điểm)
	

---------- Hết ----------










SỞ GIÀO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
	BÌNH THUẬN	 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO
 Năm học: 2011– 2012
 Môn: Toán (hệ số 1)
 Thời gian: 120’ (không kể thời gian phát đề)

	
Bài 1: (2 điểm)
Cho hai biểu thức : A = và B = 
	( với a >0 và b >0 và a b )
 1/ Rút gọn A và B 
 2/ Tính tích A.B với a = , b = 

Bài 2 : (2 điểm)
 Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
 1/ 
 2/ 

Bài 3 : (2 điểm)
Một xe ô tô đi từ A đến B cách nhau 180km . Sau khi đi được 2 giờ, ô tô dừng lại để đổ xăng và nghỉ ngơi mất 15 phút rồi tiếp tục đi với vận tốc tăng thêm 20 km/h và đến B đúng giờ đã định. Tính vận tốc ban đầu của xe ô tô .

Bài 4 :(3 điểm)
 Cho tam giác đều ABC cạnh a nội tiếp trong đường tròn (O).
 1/ Tính theo a phần diện tích hình tròn (O) nằm ngoài tam giác ABC 
 2/ Trên BC lấy điểm M tùy ý ( M khác B ,C ) ; từ M kẻ MP , MQ lần lượt vuông góc với AB , AC tại P , Q .Chứng minh : 
a) Tứ giác APMQ nội tiếp.
b) Khi điểm M di động trên cạnh BC thì tổng MP + MQ không đổi

Bài 5 :(1 điểm)
 Cho tam giác ABC có = 60 0 . Chứng minh : 
	







SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO	KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 	TP.HCM	Năm học: 2011 – 2012
 	ĐỀ CHÍNH THỨC	MÔN: TOÁN
	Thời gian làm bài: 120 phút 

Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 	
b) 	
c) 
d) 

Bài 2: (1,5 điểm)
	a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): trên cùng một hệ trục toạ độ.
	b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.

Bài 3: (1,5 điểm)
	Thu gọn các biểu thức sau:

	

Bài 4: (1,5 điểm)
	Cho phương trình (x là ẩn số)
Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m.
Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình. 
Tìm m để biểu thức A = . đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5: (3,5 điểm)
	Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB > AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC). 
Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF.
Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F).
Chứng minh AP2 = AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân
Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm cùa AD và đường tròn (O) (K khác A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp.
Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2 = IC.ID
BÀI GIẢI

Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) 	 (a)
	 Vì phương trình (a) có a + b + c = 0 nên 
(a) 
b) 	 Û
	Û Û 
c) 	x4 + 5x2 – 36 = 0 (C)
	Đặt u = x2 ³ 0, phương trình thành : u2 + 5u – 36 = 0 (*)
	(*) có D = 169, nên (*) Û hay (loại)
	Do đó, (C) Û x2 = 4 Û x = ±2
Cách khác : (C) Û (x2 – 4)(x2 + 9) = 0 Û x2 = 4 Û x = ±2
d) 	 (d)
	(d) có : a + b + c = 0 nên (d) Û x = 1 hay 

Bài 2: 
	a) Đồ thị: 











	
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), 
(D) đi qua 
	b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là	
	Û x2 – 2x – 3 = 0 (Vì a – b + c = 0)
y(-1) = -1, y(3) = -9
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là .

Bài 3: 
Thu gọn các biểu thức sau:

= 
= = 
= = 
= = 

	
= 
= 
= = 
= = 

Bài 4:
a/ Phương trình (1) có ∆’ = m2 + 4m +5 = (m+2)2 +1 > 0 với mọi m nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
b/ Do đó, theo Viet, với mọi m, ta có: S = ; P = 
A = = =với mọi m.
Và A = 6 khi m = 
Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất là 6 khi m = 
A
B
C
D
P
E
O
H
I
K
F
Q
Bài 5: 	a) 	Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông
	Góc HAF = góc EFA (vì AEHF là hình chữ nhật)
	Góc OAC = góc OCA (vì OA = OC)
	Do đó: góc OAC + góc AFE = 900Þ OA vuông góc với EF
	
	b)	OA vuông góc PQ Þ cung PA = cung AQ
	Do đó: DAPE đồng dạng DABP
	Þ Þ AP2 = AE.AB
Ta có : AH2 = AE.AB (hệ thức lượng DHAB vuông tại H, có HE là chiều cao)
Þ AP = AH Þ DAPH cân tại A

c)	DE.DF = DC.DB, DC.DB = DK.DA Þ DE.DF = DK.DA
	Do đó DDFK đồng dạng DDAE Þ góc DKF = góc DEA Þ tứ giác AEFK nội tiếp

d)	Ta có : AF.AC = AH2 (hệ thức lượng trong DAHC vuông tại H, có HF là chiều cao)
	Ta có: AK.AD = AH2 (hệ thức lượng trong DAHD vuông tại H, có HK là chiều cao)
	Vậy Þ AK.AD = AF.AC
	Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp, 
	vậy ta có: IC.ID=IF.IK (DICF đồng dạng DIKD)
	và IH2 = IF.IK (từ DIHF đồng dạng DIKH) Þ IH2 = IC.ID






















































Bài 1: 
1/ Rút gọn 

2/ Với x = 9 ta có . Vậy 
3/ 
Vậy với 0 ≤ x < 100 và x ≠ 25 thì A < 1/3
Bài 2
Gọi x là khối lượng hàng chở theo định mức trong 1 ngày của đội ( x > 0, tấn)
Số ngày quy định là ngày
Do chở vượt mức nên số ngày đội đã chở là 
 khối lượng hàng đội đã chở được là

Giải ra x = 20 và x = - 35 ( loại)
Vậy số ngày đội phải chở theo kế hoạch là 140:20=7 ( ngày)
Bài 3:
1/ Với m = 1 ta có (d): y = 2x + 8
Phương trình hoành độ điểm chung của (P) va (d) là
 x2 = 2x + 8
 x2 – 2x – 8 = 0
Giải ra x = 4 => y = 16
 x = -2 => y = 4
Tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là (4 ; 16) và (-2 ; 4)
2/ Phương trình hoành độ điểm chung của (d) và (P) là
 x2 – 2x + m2 – 9 = 0 (1)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục tung thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu
ac < 0 
m2 – 9 < 0
(m – 3)(m + 3) < 0
Giải ra có – 3 < m < 3
Bài 4
1/ Xét tứ giác AIEM có 
 góc MAI = góc MEI = 90o.
=> góc MAI + góc MEI = 180o.
=> tứ giác AIEM nội tiếp
2/ Xét tứ giác BIEN có
góc IEN = góc IBN = 90o.
góc IEN + góc IBN = 180o.
tứ giác IBNE nội tiếp
góc ENI = góc EBI = ½ sđ AE (*)
Do tứ giác AMEI nội tiếp
=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**)
Từ (*) và (**) suy ra
góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o.
3/ Xét tam giác vuông AMI và tam giác vuông BIN có
góc AIM = góc BNI ( cùng cộng với góc NIB = 90o)
DAMI ~ D BNI ( g-g)

AM.BN = AI.BI
4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ
Do tứ giác AMEI nội tiếp
nên góc AMI = góc AEF = 45o.
Nên tam giác AMI vuông cân tại A
Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân tại B
AM = AI, BI = BN
Áp dụng pitago tính được

Vậy ( đvdt)

Bài 5:

Áp dụng cô si cho ba số ta có
 Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2
mà Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2
Vậy 
Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng 2011 khi M = 1/2