Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán tỉnh Hải Dương năm học 2009 - 2010 ppsx

b Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15 cm2.. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.. Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt

Sở Giáo dục và đào tạo

Hải Dương

Đề thi chính thức

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian

giao đề

Ngày 08/07/2009 (Đề thi gồm 1 trang)

Câu 1(2.0 điểm):

1) Giải phương trình: x 1 x 1

1

 

2) Giải hệ phương trình: x 2y

x y 5







 



Câu 2:(2.0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A = 2( x 2) x





  với x  0 và x  4

b) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15

cm2 Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó

Câu 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)

a) Giải phương trình với m = 3

b) Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1,

x2 và thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12

c)

Câu 4:(3 điểm)

Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R) Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia

MN tại E và D

a) Chứng minh: NE2 = EP.EM

b) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp

c) Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại K

( K không trùng với P) Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2

Câu 5:(1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = 62 4x

x 1





-Hết -

Đáp án kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT - Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Câu I

trình S= 1

x y 5 2y y 5 y 5

Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5)

Câu II

a, với x  0 và x  4

A

b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0

 Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)

Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15

Giải ra tìm được :x1 = -5 ( loại ); x2 = 3 ( thỏa mãn )

Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm

Câu III

a, Với m = 3 Phương trình có dạng : x2 - 2x x x( 2)0 x = 0 hoặc x = 2

Vậy tập nghiệm của phương trình S=0; 2

b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì  ' 0 4 m0m4 (*)

Theo Vi-et :

1 2

1 2

x x

x x m







Theo bài: x21 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12

 2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) )

hay x1 - x2 = -6

Kết hợp (1)  x1 = -2 ; x2 = 4 Thay vào (2) được :

m - 3 = -8  m = -5 ( TM (*) )

Câu IV

a, NEM đồng dạng PEN ( g-g)

2

NE ME

NE ME PE

EP NE

b, ·MNPMPN· ( do tam giác MNP cân tại M )

PNENPD c NMP

=> ·DNEDPE·

Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE

dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp

c, MPF đồng dạng MIP ( g - g )

2

MP MI

MP MF MI

MF MP

MNI đồng dạng NIF ( g-g )

2

IF

.IF(2)

NI

NI MI

MI NI

Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3)

NMI KPN ( cùng phụ · HNP )

=> ·KPN ·NPI

=> NK = NI ( 4 )

Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5)

Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm

Câu V

2 2

6 8

1

x

x





+) k=0 Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x=2

3

+) k  0 thì (1) phải có nghiệm  = 16 - k (k - 6)  0 '

   

Max k = 8  x = 1

2



H

E D

F

I

P O

N K

M

Min k = -2  x = 2