Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Thái Bình năm học 2011-2012

www.MATHVN.com | www.mathvn.com NGUYỄN KHÁNH TOÀN - GV THCS Bắc Hải - Tiền Hải - Thái Bình – mathvn.com 1 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2011 – 2012 (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1. (2 điểm) Cho biểu thức 3 1 3 11 1 xA xx x − = − − −+ − với x ≥ 0 và x ≠ 1. 1. Rút gọn A. 2. Tính giá trị của A khi 3 2 2x = − . Bài 2. (2 điểm) Cho hệ phương trình: x 2 18 6 m y x y + =  − = − (m là tham số) 1. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x, y) trong đó x = 2. 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) thỏa mãn 2x + y = 9. Bài 3. (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = ax + 3 (a là tham số). 1. Vẽ parabol (P). 2. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. 3. Gọi x1, x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P), tìm a để x1 + 2x2 = 3. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm C nằm trên tia đối của tia BA sao cho BC = R. Điểm D thuộc đường tròn tâm O sao cho BD = R. Đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt tia AD tại M. 1. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp. b) AB. AC = AD.AM c) CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. 2. Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần, tính diện tích phần tam giác ABM nằm ngoài đường tròn tâm O theo R. Bài 5. Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn: a + b + c = 1006. Chứng minh: 2 2 2( ) ( ) ( )2012a 2012b 2012c 2012 2 2 2 2 b c c a a b− − − + + + + + ≤ www.MATHVN.com | www.mathvn.com NGUYỄN KHÁNH TOÀN - GV THCS Bắc Hải - Tiền Hải - Thái Bình – mathvn.com 2 LỜI GIẢI Bài 1: 1) Ta có 3( 1) ( 1) ( 3) 1 1A 1 1 1 x x x x x x x − − + − − − = = = − − + 2) Ta thấy 3 2 2x = − thỏa mãn ĐK. Thay 3 2 2x = − vào biểu thức 1 1 A x = + ta được 2 1 1 1 1 2 22 1 1 23 2 2 1 ( 2 1) 1 A = = = = = − + − + − + Vậy khi x 3 2 2= − thì 2A 2 = Bài 2: 1) Để hệ có nghiệm (x, y) = (2, y) thì 2 2 18 8 1 2 6 1 m y y m y m + = =  ⇔ ⇒ =  − = − =  Vậy với m = 1 thì hệ có nghiệm (x, y) = (2, y) 2) Để hệ có nghiệm (x, y) duy nhất thì 2 2 1 1 m m≠ ⇔ ≠ − − Vì (x, y) là nghiệm của hệ và thỏa mãn 2x + y = 9 nên (x, y) là nghiệm của hệ x 2 18 3 3 1 6 6 7 4 2x 9 x 2 18 4 m y x x x y y x y m y m y m + = = =      − = − ⇔ = + ⇔ = ⇒ =     + = + = =   (t/m đk m ≠ 2) Vậy để hệ có nghiệm (x, y) duy nhất thỏa mãn bài toán thì m = 4. Bài 3: 1) Bảng giá trị: x -2 -1 0 1 2 y 4 1 0 1 4 Vậy parabol y = x2 đi qua các điểm: A(-2, 4); B(-1, 1), O(0, o); B’(1, 1); A’(2, 4) 2) Xét phương trình hoành độ điểm chung: x2 = ax + 3 ⇔ x2 – ax – 3 = 0 Vì a.c = 1.(-3) < 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. Do đó (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt 3) Vì x1, x2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P) nên x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 – ax – 3 = 0. Theo định lý Vi-et ta có x1 + x2 = a. Để x1 + 2x2 = 3 thì a + x2 = 3 ⇔ x2= 3–a Hay 3 – a là nghiệm của phương trình x 2 – ax – 3 = 0 Do đó (3 – a)2 – a(3 – a) – 3 = 0 Hay 2a2 – 9a + 6 = 0 Giải phương trình ẩn a ta được: 1 2 1 2 3 4 A B B’ A’ O www.MATHVN.com | www.mathvn.com NGUYỄN KHÁNH TOÀN - GV THCS Bắc Hải - Tiền Hải - Thái Bình – mathvn.com 3 9 33 4 9 33 4 a a  + =   − =  Bài 4: 1a) Vì D ∈ (O) mà AB là đường kính nên ∠ADB = 900 ⇒ ∠BDM = 900 Mặt khác vì CM ⊥ AB ⇒ ∠BCM = 900. Tứ giác BCMD có ∠ADB + ∠BCM = 1800 ⇒ Tứ giác BCMD nội tiếp 1b) Xét ∆ADB và ∆ACM có: ∠ADB = ∠ACM Â chung ⇒ ∆ADB ∼ ∆ACM ⇒ DAB A AM AC = ⇒ AB.AC = AD.AM 1c) ∆ODC có BO = BC ⇒ DB là đường trung tuyến (Ứng với cạnh OC) Mà 1D 2 B OC= (Vì DB = R, OC = 2R) ⇒ ∆ODC vuông tại D Hay CD ⊥ OD. Mà D ∈ (O) ⇒ CD là tiếp tuyến của (O). (Ta có thể chứng minh ∆OCD = ∆BAD (c.g.c) ⇒ CD là tiếp tuyến của (O)) 2) Gọi S là diện tích cần tính, Sq(OBD) là diện tích hình quạt OBD. Ta có: S = SABM – SAOD – Sq(OBD) = SABM - 12 SABD – Sq(OBD) (Do AO = 1 2 AB) = SABM - 12 ( 1 2 SABM) – Sq(OBD) (Do AD = 12 AM) (1) = 3 4 SABM – Sq(OBD) (Để liền mạch chứng minh và lời giải đỡ rối, ta chứng minh (1) ở cuối bài) Do OB = BD = DO = (R) 0 0 D 60 (*) D 30 (**) BO BA ∠ = ⇒  ∠ = Từ (*) ⇒ Sq(OBD) = 2 260 360 6 RR pipi = Từ (**) ⇒ MC = AC.tg300 = 3R. 3 3 3 R= ⇒ SABM = 21 1. . 3 .2R 32 2MC AB R R= = Vậy S = 2 2 23 3 3 . 3 ( ) 4 6 4 6 RR Rpi pi− = − M A O D C B H www.MATHVN.com | www.mathvn.com NGUYỄN KHÁNH TOÀN - GV THCS Bắc Hải - Tiền Hải - Thái Bình – mathvn.com 4 Bài 5: Trước hết ta chứng minh BĐT: 24024a ( ) 2ab c b c+ − ≤ + + (2) [ ] [ ] 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) 4024a ( ) (a ) 1006 4024 1006 ( ) ( ) 1006 ( ) 1006 2012 ( ) 4024.1006 4024( ) 2 2012 ( ) 4024( ) 4024.1006 2 2012 2 2 2 b c a b c a b c b c b c b c b c b c bc b c b c b c bc b c bc bc bc ⇔ + − ≤ + + + = + ⇔ − + + − ≤ − + + = − + ⇔ − + + + − ≤ + + − + ⇔ + + − ≤ + + + ⇔ − ≤ Kết quả này hiển nhiên đúng. Vậy (2) đúng! Bây giờ ta đi chứng minh BĐT đã cho. Nhân hai vế của BĐT đã cho với 2 ta được: 2 2 24024a ( ) 4024 ( ) 4024 ( ) 4024b c b c a c a b+ − + + − + + − ≤ (3) Ta có: 24024a ( ) 2ab c b c+ − ≤ + + TT: 24024 ( ) 2b c a b c a+ − ≤ + + 24024 ( ) 2c a b c a b+ − ≤ + + ⇒ 2 2 24024a ( ) 4024 ( ) 4024 ( ) 4( ) 4.1006 4024b c b c a c a b a b c+ − + + − + + − ≤ + + = = (3) đúng! Vậy BĐT đã cho đúng! Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BĐT có hai biến bằng 0, biến còn lại bằng 1006. ---------------------------------------------------------------------------------------------------- * Chứng minh (1): C1: Xét hai tam giác vuông ABD và COD có: (2R) ( ) AB CO DB DO R = =  = = ⇒ ∆ABD = ∆COD (Cạnh huyền – Cạnh góc vuông) ⇒ DA = DC ⇒ ∆ADC cân tại D. Kẻ DH ⊥ AC (H ∈ AC) ⇒ H là trung điểm của AC đồng thời DH // MC. Mà AH = 1 2 AC (Do H là trung điểm của AC) ⇒ AD = 1 2 AM (đpcm) C2: Vì ∠BOD = 600 nên: - ∠BAD = 300 (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BD) - ∠OCD = 300 (Do ∆OCD vuông ở D) ⇒ ∠BAD = ∠BCD. Mà ∠BCD = ∠BMD (Góc nội tiếp của đường tròn ngoại tiếp BCMD, chắn cung BD) ⇒ ∠BAD = ∠BMD ⇒ ∆BAM cân tại B, mà BD là đường cao ⇒ BD là đường trung tuyến ⇒ DA = DM ⇒ AD = 1 2 AM www.MATHVN.com | www.mathvn.com NGUYỄN KHÁNH TOÀN - GV THCS Bắc Hải - Tiền Hải - Thái Bình – mathvn.com 5 C3: Vì MC, MD là hai tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆OCD ⇒ MB là tia phân giác của ∠CMD. Mặt khác ∆ACM vuông tại C, ∠CAM = 300 ⇒ ∠CMD = 600 ⇒ ∠BMD = 300 ⇒ ∠BAD = ∠BMD ⇒ ∆BAM cân tại B, mà BD là đường cao ⇒ BD là đường trung tuyến ⇒ DA = DM ⇒ AD = 1 2 AM C4: Vì MC, MD là hai tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆OCD ⇒ MD = MC. Mà ∆ACM vuông tại C, ∠CAM = 300 ⇒ MC = 1 2 MA ⇒ MD = 1 2 MA ⇒ AD = 1 2 AM