SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH - KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT môn Toán docx

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH  KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT(Đề chung) Khóa ngày 20 tháng 6 năm 2006 MÔN THI : TOÁN Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 : (1,5 điểm) Cho biểu thức A = 2 1 1 1 . 2 2 1 1 x x x x x x                       với x > 0; x  1. 1) Rút gọn A. 2) Tìm giá trị của A khi x = 9. 3) Tính giá trị của x để A = -2. Câu 2 : (1 điểm) 1) Không dùng máy tính, giải hệ phương trình sau : 4 3 7 5 2 8 x y x y        2) Giải phương trình : 9x 4 +2x 2 – 32 = 0 Câu 3 : (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = 1 4 x 2 và đường thẳng (d) : y = mx + 1. 1) Vẽ (P). 2) Chứng minh rằng với mọi m, ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt. 3) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích  OAB theo m. Câu 4 : (1 điểm) Cho phương trình bậc hai : x 2 – 2( m + 1)x + m 2 – 4m + 5 = 0 (1); với m là tham số. 1) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa : x 1 2 + x 2 2 = 12. 2) Xác định m để A = x 1 + x 2 – 2x 1 x 2 đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 : (1 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 300 m 2 và chiều dài lớn hơn chiều rộng 5m.Tính các kích thước của khu vườn ? Câu 6 : (4,0 điểm) Cho  ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O ; R); hai đường cao AD và BE cắt nhau tại H. ( D  BC ; E  AC ; AB < AC). 1) Chứng minh  AEDB nội tiếp được. 2) Chứng minh : DB . DC = DH . DA. 3) Chứng minh : OC  DE. 4) Đường phân giác trong của góc A của  ABC cắt BC tại N và cắt đường tròn (O) tại K  A. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp  CAN. Chứng minh KO cắt CI tại một điểm thuộc (O). Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh : ; SBD: Giám thị 1 : ; Giám thị 2 : SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH  KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT(Đề chung) Khóa ngày 20 tháng 6 năm 2006 MÔN THI : TOÁN Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu Đáp án gợi ý Biểu Điểm 1) Rút gọn A. A = 2 1 1 1 . 2 2 1 1 x x x x x x                       = 2 2 2 . 1 ( 1) ( 1) . 2 ( 1)( 1) x x x x x x x               = 2 1 4 . 1 2 x x x x          = ( 1) x x   = 1 x x  0,75 2) Tìm giá trị của A khi x = 9. Với x > 0; x  1 thì A = 1 x x  . X = 9  A = 1 9 9  = 8 3  0,25 1 3) Tính giá trị của x để A = -2. Với x > 0; x  1 thì A = ( 1) x x   . A = 2  ( 1) x x   = –2  1 x x  = 2  x – 2 x – 1 = 0 (1) Đặt t = x > 0 thì : (1)  t 2 – 2t – 1 = 0          t 1 2 (lo¹i) t 1 2 (nhËn) t = 1 + 2  x = (1 + 2 ) 2 (thỏa điều kiện) Vậy : với x = (1 + 2 ) 2 thì A = – 2 0,5 2) Không dùng máy tính, giải hệ phương trình sau: 4 3 7 5 2 8 x y x y         8 6 14 15 6 24 x y x y         7 10 4 3 7 x x y        10 7 3 7 x y          Vậy : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất : ( 10 7 ; 3 7 ) 0,5 2 2) Giải phương trình : 9x 4 +2x 2 – 32 = 0 (1) Đặt t = x 2 . ĐK : t  0. (1)  9t 2 + 2t – 32 = 0. (2) '  = 1 + 9.32 = 289 '  = 17 '  > 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: t 1 = – 2 < 0 (loại) t 2 = 16 9 (nhận). t = 16 9  x 2 = 16 9  x = 16 9  = 4 3  . Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x = 4 3  0,5 2) Vẽ (P). + Hàm số y = 1 4 x 2 đồng biến khi x > 0, nghịch biến khi x < 0. + Đồ thị hàm số y = 1 4 x 2 là một đường cong Parabol đi qua gốc tọa độ O (0 ; 0) và nhận Oy làm trục đối xứng. + Đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành, O là điểm thấp nhất của đồ thị. + Bảng các giá trị đặc biệt : x – 4 –2 0 2 4 y = 1 4 x 2 4 1 0 1 4 + Đồ thị : 0,5 2) Chứng minh rằng với mọi m, ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt. Phương trình hoành độ giao điểm ( nếu có ) giữa (P) và (d) là : 1 4 x 2 = mx + 1  x 2 – 4mx – 4 = 0 (*) '  = 4m 2 + 4 > 0 m  (hoặc a = 1 > 0, c = -4 <0  a, c trái dấu )  (*) luôn có hai nghiệm phân biệt m  . Vậy : (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 0,5 3 3) Tính diện tích  OAB theo m. Gọi x 1 , x 2 lần lượt là hoành độ của A, B. (x 1 < 0 < x 2 ); C, D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,B lên trục tung. I là giao điểm của (d) với trục tung, cho x = 0  y = 1  I (0; 1) và OI = 1 Ta có : 2S OAB = 2 (S OAI + S OBI ) = OI . AC + OI . BD = – x 1 + x 2 = 2 1 2 ( )   x x = 2 1 2 1 2 ( ) 4  x x x x = 2 (4 ) 16  m = 4 2 1  m Vậy : S OAB = 2 2 1  m 0,5 4 x 2 – 2( m + 1)x + m 2 – 4m + 5 = 0 2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa : x 1 2 + x 2 2 = 12. '  = ( m + 1 ) 2 – ( m 2 – 4m + 5 ) = 6m – 4 Để phương trình có hai nghiệm thì : '   0  6m – 4  0  m  2 3 Theo hệ thức Vi – et ta có : S = x 1 + x 2 = 2 ( m + 1 ) ; P = x 1 . x 2 = m 2 – 4m + 5 Theo đề bài : x 1 2 + x 2 2 = 12  ( x 1 + x 2 ) 2 – 2 x 1 x 2 = 12  S 2 – 2P = 12 0,5 x y -4 (P) y = 1 4 x 2 D C I B A 4 1 4 O 2 -2  [2 ( m + 1 )] 2 – 2 (m 2 – 4m + 5 ) = 12  m 2 + 8m – 9 = 0  m 1 (nhËn) m 9 (lo¹i)       . Vậy : với m = 1 thì phương trình có hai nghiệm thỏa x 1 2 + x 2 2 = 12. 2) Xác định m để A = x 1 + x 2 – 2x 1 x 2 đạt giá trị lớn nhất. Với m  2 3 thì phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2. Theo Vi – et, ta có : S = x 1 + x 2 = 2 ( m + 1 ) ; P = x 1 . x 2 = m 2 – 4m + 5 A = S – 2P = 2 ( m + 1 ) – 2( m 2 – 4m + 5 ) = – 2m 2 + 10m – 8 = – 2 ( m 2 – 5m + 4 ) = – 2 [( m – 5 2 ) 2 – 9 4 ] = – 2 ( m – 5 2 ) 2 + 9 2  9 2 m   A max = 9 2 khi m – 5 2 = 0  m = 5 2 (nhận ) Vậy : với m = 5 2 thì A đạt giá trị lớn nhất. 0,5 5 Bài giải Gọi chiều rộng của mảnh vườn là x (m). ĐK : x > 0. Chiều dài của mảnh vườn là : x + 5 (m). Vì diện tích mảnh vườn là 300 m 2 nên ta có phương trình : x ( x + 5 ) = 300  x 2 + 5x – 300 = 0  x 20 (lo¹i) x 15 (nhËn)       Vậy : chiều rộng của mảnh vườn là 15 m và chiều dài là 20m. 0,5 0,5 0,25 1) Chứng minh  AEDB nội tiếp được.  AEDB có · ·  AEB ADB = 90 0  E và D cùng nhìn AB dưới một góc bằng 90 0   AEDB nội tiếp được. (đpcm) 0,75 6 2) Chứng minh : DB . DC = DH . DA. Xét đường tròn ngoại tiếp  AEDB : · ·  DBH DAC ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE ) Xét  DBH và  DAC có : · ·  DBH DAC · · 0 90  HDB CDA  DBH   DAC ( góc - góc ) 1 x M I K N H D E O A B C   DB DH DA DC  DB . DC = DH . DA ( đpcm ) 3) Chứng minh : OC  DE. Kẻ tiếp tuyến Cx của (O), ta có : · ·  ACx ABC ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung – góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) · ·  DEC ABC (góc ngoài của tứ giác nội tiếp ABDE)  · ·  DEC ACx . Mà hai góc này ở vị trí so le trong  DE // Cx. Mặt khác : OC  Cx ( tiếp tuyến )  OC  DE ( đpcm ) 1 4) Chứng minh KO cắt CI tại một điểm thuộc (O). Nối KC. Ta có : · · · 2   BAC NCK BAK ( cùng chắn cung BK ) · · 2  BAC NAC ( vì AN là phân giác ) · · 2  NIC NAC ( góc nội tiếp – góc ở tâm )  · · 2  NIC NCK Lại có : · · 0 180 2   NIC ICN ( do  NIC cân tại I )  · 0 90 ICK . Ta có CI cắt ( O ) tại M   MCK vuông tại C và M, C, K  (O)  MK đi qua O. Vậy : KO và CI cắt nhau tại M  ( O ). (đpcm) 1 Thí sinh làm bài theo cách khác chính xác và khoa học vẫn được điểm tối đa. . SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH  KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT( Đề chung) Khóa ngày 20 tháng 6 năm 2006 MÔN THI : TOÁN Thời gian : 120 phút (Không. Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh : ; SBD: Giám thị 1 : ; Giám thị 2 : SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH  KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT( Đề chung) Khóa. NAM ĐỊNH  KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT( Đề chung) Khóa ngày 20 tháng 6 năm 2006 MÔN THI : TOÁN Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu Đáp án gợi ý Biểu Điểm 1)