SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 QUẢNG NGÃI Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút Bài 1 : (2,0 điểm) 1) Thực hiện phép tính: 9 + 25 2) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 4 2 5 + 4 = 0x x− b) 2 + = 88 + 2 = 89 x y x y Bài 2 : (1,5 điểm) 1) Cho hàm số 2 1 2 =y x có đồ thị là (P). a) Vẽ (P). b) Với giá trị nào của a thì điểm M(2 ; 4a) thuộc (P). 2) Cho hai đường thẳng (d 1 ): 2 = + 2 1y m x m − và (d 2 ): = 4 + +1y x m . Tìm giá trị của tham số m để hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) song song với nhau. Bài 3 : (2,0 điểm) Hai xe ô tô khởi hành cùng một lúc với vận tốc không đổi tại địa điểm A để đi đến địa điểm B cách nhau 300 km. Biết rằng mỗi giờ ô tô thứ hai đi nhanh hơn ô tô thứ nhất 10 km nên ô tô thứ nhất đến B chậm hơn ô tô thứ hai 1 giờ.Tính vận tốc của mỗi ô tô. Bài 4 : (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm trên nửa đường tròn sao cho ¼ » CA < CB . Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Một đường tròn đi qua A và C (khác với đường tròn đường kính AB) cắt đường kính AB tại D và cắt tia Ax tại E. Đường thẳng EC cắt tia By tại F. a) Chứng minh BDCF là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh CD 2 = CE.CF c) Gọi I là giao điểm của AC và DE; J là giao điểm của BC và DF. Chứng minh IJ song song với AB. d) Khi EF là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính AB thì D nằm ở vị trí nào trên AB ? Bài 5 : (1,0 điểm) Gọi x 1 và x 2 là hai nghiệm của phương trình 2 +1005 +1= 0.x x Gọi y 1 và y 2 là hai nghiệm của phương trình 2 +1006 +1= 0y y . Tính giá trị của biểu thức : ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 2 2 2 .M = + +x y x y x y x y− − Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh Số báo danh Giám thị 1 Giám thị 2 ĐỀ CHÍNH THỨC 10 8 6 4 2 -2 -10 -5 5 10 2 1 -1 -2 -3 3 4, 5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 QUẢNG NGÃI Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút ĐÁP ÁN BÀI TÓM TẮT CÁCH GIẢI 1 1) 9 + 25 = 3 + 5 = 8 2a) Đặt x 2 = y ≥ 0, ta có y 2 - 5y + 4 = 0 Giải phương trình có dạng a + b + c = 0, ta tìm được : y 1 = 1 và y 2 = 4 Do đó, Phương trình đã cho có 4 nghiệm : x 1,2 = ± 1; x 3,4 = ± 2 2b) Giải hệ phương trình: 2 88 4 2 176 3 87 29 29 2 89 2 89 2 89 29 2 89 30 x y x y x x x x y x y x y y y + = + = = = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ + = + = + = + = = Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( 29 ; 30 ). 2 1a) Đồ thị hàm số 2 1 2 =y x x -3 -2 0 2 3 2 1 2 =y x 4,5 2 0 2 4,5 1b) M ( ) 2 1 1 P 4 .2 2 2 a a∈ ⇔ = ⇔ = 2) Hai đường thẳng ( ) 2 1 : 2 1d y m x m= + − và ( ) 2 : 4 1d y x m= + + song song với nhau khi và chỉ khi: 2 4 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 m m m m m m m m m = − ≠ + = ± = ± ⇔ ⇔ ⇔ = − − ≠ + ≠ Vậy khi m = −2 thì hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) đã cho song song với nhau. 3 Gọi x (km/h) là vận tốc của ô tô thứ nhất ( Điều kiện : x > 0 ). Vận tốc của ô tô thứ hai là x + 10 (km/h). ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian ô tô thứ nhất đi từ A đến B là 300 x (h). Thời gian ô tô thứ hai đi từ A đến B là 300 10x + (h). Vì ô tô thứ nhất đến B chậm hơn ô tô thứ hai là 1 giờ nên ta có phương trình : 300 300 1 10x x − = + . Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 300 300 1 10 300 10 300 10 300 3000 300 10 10 3000 0 (*) x x x x x x x x x x x x − = + ⇔ + − = + ⇔ + − = + ⇔ + − = Giải phương trình (*) ta được hai nghiệm phân biệt là: 1 5 55 50x = − + = và 2 5 55 60x = − − = − . Vì x > 0 nên x = 50. Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 50 km/h ; vận tốc của ô tô thứ hai là 60 km/h. 4 4a) Chứng minh tứ giác BDCF nội tiếp. Ta có : · ECD = 1v (vì tứ giác ADCE nội tiếp có µ A 1v= ) ⇒ · DCF = 1v Lại có · DBF = 1v ( theo giả thiết) nên · DCF + · DBF = 2v Do đó tứ giác BDCF nội tiếp đường tròn 4b) Chứng minh CD 2 = CE.CF Ta có · · DFC CBD= (cùng chắn cung CD) · · CED CAD= (cùng chắn cung CD của đường tròn O') mà · · CAD CBD+ = 1v ( tam giác ABC vuông tại C) nên · · CED DFC+ = 1v hay tam giác EFD vuông tại D có đường cao DC Do đó CD 2 = CE.CF (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 4c) Chứng minh IJ // AB Tứ giác DICJ nội tiếp vì có 2 góc µ µ D = C =1v nên ¶ · CJI CDI= (cùng chắn O' I J C F E D O B A y x cung CI) (1) · · CFD CDI= ( cùng phụ với · DEF ) (2) Lại có · · DFC CBD= ( chứng minh trên) (3) Từ (1); (2); (3) ⇒ ¶ · CJI CBD= ⇒ IJ//AB 4d) Xác định vị trí điểm D. Ta có CD EF⊥ (1) Mặt khác C (O)∈ và C ∈ EF là tiếp tuyến của (O) nên CO ⊥ EF (2) Từ (1) và (2) suy ra CD ≡ CO. Do đó D ≡ O 5 Áp dụng hệ thức Vi-ét cho từng phương trình ta được: 1 2 1 2 1005 1 x x x x + = − = và 1 2 1 2 1006 1 y y y y + = − = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1005 1 1005 1005 1005 1005 1005 1006 1005 100 M x y x y x y x y M x x x y x y y x x x y x y y M x x y y x x y y M y y y y M y y y y y y y y M y y y y y y M y y = − − + + = − − + + + + = − + + + + + = + + − + = + + − + = + + + − = − + − ( ) ( ) ( ) 6 1005 1. 1006 1005 1006 1005 2011.M − = − + = . thêm Họ và tên thí sinh Số báo danh Giám thị 1 Giám thị 2 ĐỀ CHÍNH THỨC 10 8 6 4 2 -2 -10 -5 5 10 2 1 -1 -2 -3 3 4, 5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2 010- 2011 QUẢNG. 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 100 5 1 100 5 100 5 100 5 100 5 100 5 100 6 100 5 100 M x y x y x y x y M x x x y x y y x x x y x y y M x x y y x x y y M y y. thứ hai là 1 giờ nên ta có phương trình : 300 300 1 10x x − = + . Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 300 300 1 10 300 10 300 10 300 3000 300 10 10 3000 0 (*) x x x x x x x x x x x x − = + ⇔ + − =