Sở giáo dục và đào tạo Hải Phòng Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Năm học 2009 - 2010 Môn thi : Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm có 2 trang Phần I: Trắc nghiệm khách quan. (3,0 điểm) Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trớc câu trả lời đúng. Câu 1. Biểu thức 12 1 x đợc xác định khi : A. 2 1 x B. 2 1 <x C. 2 1 >x D. 2 1 x Câu 2. Giá trị của biểu thức 3232 + bằng: A. 2 B. 2 C. 2 D. 2 Câu 3. Cho các hàm số bậc nhất: y = - x + 2; y = - x - 2; y = 2 1 x (1). Kết luận nào sau đây là đúng ? A. Đồ thị của 3 hàm số trên là những đờng thẳng song song với nhau. B. Đồ thị của 3 hàm số trên là những đờng thẳng đi qua gốc toạ độ. C. Cả 3 hàm số trên đều nghịch biến. D. Hàm số (1) đồng biến, hai hàm số còn lại nghịch biến. Câu 4. Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số 2 2 3 += xy ? A. 2 1 :1 B. 1: 3 2 C. ( ) 1:2 D. ( ) 2:0 Câu 5. Cho hàm số 2 3 2 xy = . Kết luận nào sau đây là đúng ? A. y = 0 là giá trị lớn nhất của hàm số trên; B. y = 0 là giá trị nhỏ nhất của hàm số trên; C. Xác định đợc giá trị lớn nhất của hàm số trên; D. Không xác định đợc giá trị nhỏ nhất của hàm số trên. Câu 6. Các hệ phơng trình nào sau đây: (I) =+ = 3 123 yx yx (II) =+ = 322 123 yx yx (III) =+ = 933 123 yx yx (IV) = = 622 123 yx yx tơng đơng với nhau: A. I II B. I III C. III IV D. Cả A, B, C đều đúng. Câu 7. Với giá trị nào của m thì phơng trình x 2 (m + 1)x + 2m = 0 có nghiệm là -2 ? A. m = 2 3 B. m = 2 3 C. m = 2 D. Một đáp số khác. Câu 8. Lập phơng trình bậc hai biết 2 nghiệm là 23 + và 23 , ta đợc phơng trình: A. 0132 2 =+ xx B. 0122 2 =+ xx C. 0132 2 =+ xx D. 0122 2 =+ xx Đề thi thử Câu 9. Dây cung AB = 12cm của đờng tròn (O; 10cm) có khoảng cách đến tâm O là : A. 5cm B. 6cm C. 7cm D. 8cm Câu 10. Cho đoạn thẳng OI = 6cm, vẽ đờng tròn (O; 8cm) và đờng tròn (I; 2cm). Hai đờng tròn ( O ) và ( I ) có vị trí nh thế nào ? A. Tiếp xúc ngoài. B. Tiếp xúc trong. C. Cắt nhau. D. Đựng nhau. Câu 11. Tam giác ABC cân tại A, có góc BAC bằng 45 0 và BC = 4cm nội tiếp đờng tròn (O; R) . Tính R ta đợc: A. 2 cm B. 2 2 cm C. 22 cm D. 24 cm Câu 12. Một hình nón có bán kính đờng tròn đáy là 3cm, chiều cao 4cm. Diện tích xung quanh của hình nón (làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2) là : A. 64,24cm 2 B. 52,16cm 2 C. 47,10cm 2 D. 31,4cm Phần II: Tự luận. (7,0 điểm) Bài 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức 3 32 1 23 32 1115 + + + + = x x x x xx x P 1. Rút gọn biểu thức P. 2. Chứng minh rằng 3 2 P 3. Tìm m để có x thoả mãn mxP =+ )3( Bài 2. (1,0 điểm) Cho hệ phơng trình: =+ =+ )2()1( )1(43)1( mymx myxm 1. Giải hệ phơng trình khi m = - 1 2. Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả mãn điều kiện x + y = 3. Bài 3: (3,5 điểm) Cho đờng tròn (O) bán kính R, đờng thẳng d không qua O và cắt đờng tròn tại hai điểm A và B. Từ một điểm C trên d (C nằm ngoài đờng tròn), kẻ hai tiếp tuyến CM, CN với đ- ờng tròn (M, N thuộc (O) ). Gọi H là trung điểm của AB, đờng thẳng OH cắt tia CN tại K. 1. Chứng minh các tứ giác CHOM, COHN nội tiếp. 2. Chứng minh KN.KC = KH.KO. 3. Đoạn thẳng CO cắt đờng tròn (O) tại I, chứng minh I cách đều CM, CN và MN. 4. Một đờng thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần lợt tại E và F. Xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích tam giác CEF là nhỏ nhất. Bài 4. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 2 2 + + = xx x Q (với Rx ) === Hết === Họ tên học sinh: , Giám thị 1: Số báo danh: . . , Giám thị 2: Sở giáo dục và đào tạo Hải Phòng Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Năm học 2009 - 2010 Môn thi : Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm có 2 trang Đáp án Biểu điểm Phần I: Trắc nghiệm khách quan. (3,0 điểm) - Chọn đúng mỗi câu đợc 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Đáp án C B D C B B A A D B C C Phần II: Tự luận. (7,0 điểm) Đáp án Biểu điểm Bài 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức 3 32 1 23 32 1115 + + + + = x x x x xx x P 1. Rút gọn biểu thức P. Ta có: )3)(1(32 +=+ xxxx ĐKXĐ: 1 0 1 0 01 0 x x x x x x 3 32 1 23 )3)(1( 1115 + + + = x x x x xx x P )1;0( 3 )25( )3)(1( )25)(1( )3)(1( ) 5 2 )(1(5 )3)(1( 275 )3)(1( 257 )3)(1( 332262931115 )3)(1( )1)(32()3)(23()1115( + = + = + = + + = + = + ++++ = + ++ = xx x x xx xx xx xx xx xx xx xx xx xxxxxxx xx xxxxx Vậy 3 )25( + = x x P (với 1;0 xx ) 2. Chứng minh 3 2 P . Ta có 3 )25( + = x x P . Để 3 2 P 0.5 điểm Đề thi thử 0 )3(3 17 0 )3(3 62615 0 3 2 3 )25( 3 2 3 )25( + + + + + x x x xx x x x x Vì 1;0 xx nên 0 )3(3 17 017;03 + >+ x x xx Vậy .1,0 3 2 3 )25( + = xx x x P 3. Tìm m để có x thoả mãn mxP =+ )3( . Ta có mx x x x x P =+ + + = )3.( 3 )25( 3 )25( 5 2 5 2 )25( + = == mm xmx Vì 2020 5 2 0 + + mm m x Vì 3521 5 2 11 + + mm m xx Vậy với 3;2 mm thì có x thoả mãn mxP =+ )3( . 0.5 điểm 0.5 điểm Bài 2. (1,0 điểm) Cho hệ phơng trình: =+ =+ )2()1( )1(43)1( mymx myxm 1. Giải hệ phơng trình khi m = - 1. - Thay m = - 1 vào hpt ta đợc : = = = =+ = =+ =+ =+ 12 93 242 72 12 72 1)11( 4)1.(3)11( yx y yx yx yx yx yx yx = = += = = = 5 3 61 3 13.2 3 x y x y x y Vậy với m = -1 hpt có nghiệm duy nhất (x ; y) = (5 ; 3) 2. Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả mãn điều kiện x + y = 3. - Xét hệ phơng trình: =+ =+ )2()1( )1(43)1( mymx myxm - Để hpt có nghiệm duy nhất thì 1)1( 1 1 1 1 2 m m m 0 2 11 11 m m m m - Với 2;0 mm từ pt (2) ta có x = m (m - 1)y thay vào pt (1) ta đợc: (m 1){m (m 1)y} + y = 3m - 4 m(m 1) (m 1) 2 y + y = 3m 4 (- m 2 + 2m 1 + 1)y = 3m 4 m 2 + m (- m 2 + 2m)y = - m 2 + 4m 4 - m(m 2)y = - (m 2) 2 0.5 điểm d I B A O K C M H N E F m m mm m y 2 )2( )2( 2 = = ( vì 2;0 mm ) x = m (m 1). m m 2 m mmmm m mmm 22)2)(1( 222 ++ = = m m x 23 = Nh vậy với 2;0 mm hpt có nghiệm duy nhất : = = = = m y m x m m y m m x 2 1 2 3 2 23 Để hpt có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả mãn điều kiện x + y = 3 thì mm m m m mm m m m m 344 3223 3 223 == + = + (vì 2;0 mm ) 4 = m (Thoả mãn điều kiện 2;0 mm ) Vậy với m = 4 thì hpt có nghiệm duy nhất thoả mãn điều kiện x + y = 3. 0.5 điểm Bài 3: (3,5 điểm) - Vẽ hình đúng và ghi GT KL cho 0,5 điểm. 1. Chứng minh các tứ giác CHOM, COHN nội tiếp. Ta có: CM OM (vì CM là tiếp tuyến của (O)) gócCMO = 90 0 . CN ON (vì CN là tiếp tuyến của (O)) gócCNO = 90 0 . H là trung điểm của dây AB (gt) OH AB ( quan hệ đk và dây cung) gócOHC = 90 0 . + Xét tứ giác CHOM có: gócCMO + gócOHC = 90 0 + 90 0 = 180 0 mà 2 góc ở vị trí đối nhau Tứ giác CHOM nội tiếp đờng tròn đờng kính OC. + Xét tứ giác COHN có: gócOHC = gócONC = 90 0 Hai đỉnh H và N của tứ giác cùng nhìn cạnh OC dới một góc vuông Tứ giác COHN nội tiếp đờng tròn đờng kính OC. (Theo bài toán quỹ tích) 2. Chứng minh KN.KC = KH.KO Trong đờng tròn ngoại tiếp tứ giác COHN có: 0.5 điểm 0.5 điểm S gócHON là góc nội tiếp chắn cung HN gócHCN là góc nội tiếp chắn cung HN gócHON = gócHCN (=1/2sđ cung HN) hay gócKON = gócHCK Xét KNO và KHC có: gócKNO = gócKHC = 90 0 gócKON = KCH (cm trên) KNO KHC (g.g) KC KO KH KN = (cạnh tơng ứng) KHKOKCKN = (Đpcm) 3. Chứng minh I cách đều CM, CN và MN. Ta có: CM là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm M CN là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm N CM = CN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) CO là tia phân giác của gócMCN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau). OC là tia phân giác của gócMON (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) gốcMOI = góc NOI cung MI = cung NI. Lại có: gócCMI = 2 1 sđ cungMI (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) gócNMI = 2 1 sđ cungNI (góc nội tiếp (O) chắn cung NI) mà cungMI = cungNI gócCMI = gócNMI MI là tia phân giác của gócCMN. + Xét CMN có: CI là phân giác của gócMCN (cm trên) MI là phân giác của gócCMN (cm trên) CI MI tại I I là giao điểm của 3 đờng phân giác của CMN I cách đều 3 cạnh CM, CN và MN của CMN (Đpcm) 4. Xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích tam giác CEF là nhỏ nhất. Ta có: CM = CN (cm phần c) CMN cân tại C Có : CO là phân giác của cânCMN CO cũng là đờng cao CO MN mà EF // MN (gt) CO EF góc COE = góc COF = 90 0 . Xét COE và COF có: gócCOE = gócCOF = 90 0 OC (cạnh chung) gócOCE = gócOCF COE = COF (g.c.g) COFCOE SS = Ta có: OMMECMOMCEOMCESSSS COECOFCOECEF ).( 2 1 .22 +====+= RMECMS CEF ).( += CEF S nhỏ nhất khi (CM + ME) nhỏ nhất. 1.0 điểm 1.0 điểm Xét COE (góc O = 90 0 ) có: OM là đờng cao CM.ME = OM 2 (hệ thức (2)) CM.ME = R 2 (không đổi) CM + ME nhỏ nhất khi CM = ME ( OM là trung tuyến ứng với cạnh huyền của vuôngCOE OM = CM = ME = CE 2 1 ) CM + ME nhỏ nhất khi CM = ME = OM = R. Xét OMC (góc M = 90 0 ) có: OC 2 = OM 2 + CM 2 ( đlý Pi-ta-go) OC 2 = R 2 + R 2 = 2R 2 OC = 2R Vậy C là giao điêm của đờng tròn (O ; 2R ) với đờng thẳng d thì diện tích tam giác CEF sẽ nhỏ nhất và 2 2)().(min RRRRRMECMS CEF =+=+= 0.5 điểm Bài 4. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 2 2 + + = xx x Q (với Rx ) - Gọi m là giá trị của biểu thức Q Phơng trình m xx x = + + 1 1 2 2 : phải có nghiệm Xét phơng trình m xx x = + + 1 1 2 2 vì xxxx >+=+ 0 4 3 ) 2 1 (1 22 PT )1(01)1(1 222 =++=+ mmxxmmmxmxx + Nếu m - 1 = 0 m = 1 : PT (1) có nghiệm x = 0. + Nếu m 1 0 m 1: PT (1) là PT bậc 2. Khi đó PT (1) có: 483484)1(4)1)(1(4 222222 +=+=== mmmmmmmmmm Để PT (1) có nghiệm thì 0 - 3m 2 + 8m 4 0 3m 2 - 8m + 4 0 0 9 4 ) 3 4 (0 3 4 3 8 22 + mmm 3 4 3 2 3 4 3 2 3 2 3 4 3 2 3 2 3 4 9 4 ) 3 4 ( 2 ++ mmmm 2 3 2 m 10)1(012 0122)12(2max 10)1(0120 3 1 3 2 3 1 01 3 2 3 2 )1 3 2 ( 3 2 min 22 2 222 2 ===+ =+= ==+=++= =+= xxxx xxQ xxxxx xxQ Vậy minQ = 3 2 khi x = - 1 và maxQ = 2 khi x = 1. * L u ý : - Làm đợc phần nào cho điểm phần đó theo thang điểm của từng phần. - ở bài hình nếu thí sinh nào làm không chứng minh phần trớc mà áp dụng phần đó để làm phần sau thì cũng đợc điểm theo thang điểm tơng ứng, trong bài thi không vẽ hình mà chứng minh đúng thì cho nửa điểm của số phần làm đợc tơng ứng còn vẽ hình sai mà chứng minh đúng thì không cho điểm. = = = Hết = = = . giáo dục và đào tạo Hải Phòng Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Năm học 2009 - 2 010 Môn thi : Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm có 2 trang Phần I: Trắc nghiệm. giáo dục và đào tạo Hải Phòng Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Năm học 2009 - 2 010 Môn thi : Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm có 2 trang Đáp án Biểu điểm Phần. 1)1( 1 1 1 1 2 m m m 0 2 11 11 m m m m - Với 2;0 mm từ pt (2) ta có x = m (m - 1)y thay vào pt (1) ta đợc: (m 1){m (m 1)y} + y = 3m - 4 m(m 1) (m 1) 2 y + y = 3m 4 (- m 2 + 2m 1 + 1)y = 3m 4 m 2 + m (- m 2