SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 2010 – 2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức: A =
3 1 x 9
x 3 x x 3 x
+
 
+ ×
 ÷
− +
 
với x > 0, x ≠ 9.
2. Chứng minh rằng :
1 1
5 10
5 2 5 2
 
× + =
 ÷
− +
 
.
Bài 2.(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = (k – 1)x + n và hai điểm A(0 ; 2), B (-
1 ; 0)
1. Tìm các giá trị của k và n để :

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng :
(a – 1)
3
+ (b – 1)
3
+ (c – 1)
3
≥
3
4
−
--- HẾT ---
Họ và tên thí sinh: ………………………………….. Số báo danh: …………………
Giám thị 1: ……………………………… Giám thị 2: …………………………………
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1. (2,0 điểm)
1.Với x > 0, x ≠ 9, thì :
A
3 1 x 9
x 3 x x 3 x
−
 
= + ×
 ÷
− +
 
3 1 x 9
x( x 3) x 3 x
−
 

5. 10
5 2 5 2
 
+ =
 ÷
− +
 
Bài 2.(2,0 điểm)
1. a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B, nên ta có hệ :
n 2
(k 1).( 1) n 0
=


− − + =

⇔
n 2
k 3
=


=

Vậy với k = 3; n = 2 thì (d) đi qua hai diểm A(0 ; 2) và B(-1 ; 0).
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (∆) khi và chỉ khi :
k 1 1
2 k n
− =


2
=
.
Theo giả thiết : S
OAC
= 2S
OAB
⇔ OC = 2OB
Dễ thấy OC =
2
1 k−
, OB = 1 (đvđd) nên ta có :
2
1 k−
= 2 ⇔ |1 – k| = 1 ⇔ k = 0 hoặc k = 2.
Vậy với k = 0 hoặc k = 2 thì S
OAC
= 2S
OAB
.
Bài 3. (2,0 điểm)
1. Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành : x
2
+ 2x – 8 = 0
∆’ = 1 + 8 = 9 > 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :
x
1
= -1 – 3 = -4 ; x
2
= -1 + 3 = 2.

x x
+
=

⇔
2m
16
m 7
=
−
⇔ m = 8 (thoả mãn)
Vậy giá trị m cần tìm là m = 8.
Bài 4. (3,5 điểm)
1. (Hình 1)
*) Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp :
Dễ thấy
·
0
AHE 90=
(vì MN ⊥ AB)
và
·
0
AKB 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay
·
0
AKE 90=
Xét tứ giác AHEK có
·

·
KNF NKB=
(so le trong) (1)
Mặt khác
·
¼
1
MKB sđMB
2
=
và
·
»
1
NKB sđNB
2
=

mà
¼
»
MB NB=
(vì đường kính AB vuông góc với dây cung MN) nên
·
·
MKB NKB=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
· ·
KFN KNF=

KM KN 4R .+ =
Bài 5. (0,5 điểm)
Cách 1. Không giảm tổng quát, có thể giả sử c = min(a ; b ; c).
Từ giả thiết a + b + c = 3 ⇒ 3c ≤ a + b + c ⇒ c ≤ 1. Do đó 0 ≤ c ≤ 1.
Đặt a = 1 + x, b = 1 + y thì c = 1 – x – y. Do 0 ≤ c ≤ 1 nên 0 ≤ x + y ≤ 1.
Ta có : (a – 1)
3
+ (b – 1)
3
+ (c – 1)
3
= x
3
+ y
3
+ (-x – y)
3
= -3xy(x + y).
Mặt khác (x – y)
2
≥ 0 ∀x, y ⇒ xy ≤
2
(x y)
4
+
⇒ xy(x + y) ≤
3
(x y)
4
+

(a 1) a 3a 3a 1 a(a 3a 3) 1 a a a 1
2 4
 
− = − + − = − + − = − + −
 ÷
 
⇒
3
3
(a 1) a 1
4
− ≥ −
(1) (do a ≥ 0 và
2
3
a 0
2
 
− ≥
 ÷
 
)
Tương tự:
3
3
(b 1) b 1
4
− ≥ −
(2)
3

2
2
3
3
0
0
3
2
0,
2
2
3
3
0
0
3
0,
2
2
2
3
3
0
3
0
0,
2
2
2
3


= ∨ =
 
 

− =
= = =
 ÷
 

 

 
+ + =

+ + =


a a
a a
a b c
b b
b b
b a c
c c
c c
c a b
a b c
a b c