Đề và ĐA Tuyển sinh lớp 10 TTH

Nếu người ta thêm vào phòng họp 4 dãy ghế nữa, bớt mỗi dãy ghế ban đầu 3 người và xếp lại chỗ ngồi cho tất cả các dãy ghế sao cho số người trên mỗi dãy ghế đều bằng nhau thì vừa hết các

www.vnmath.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

THỪA THIÊN HUẾ Khóa ngày 24.6.2011

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức:  2

b) Trục căn ở mẫu số rồi rút gọn biểu thức: 2 3 24

c) Kh«ng sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình:



















9 y 2 x 5

7 y 6 x 2

Bài 2: (2,5 điểm)

Cho hàm số y = 1 2

4x

 có đồ thị (P) và hàm số y mx 2m1m0có đồ thị (d) a) Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, vẽ đồ thị (P) và đồ thị (d) khi m1

b) Tìm điều kiện của m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ

1 à 2

1 2 1 2 48

Bài 3: (1,0 điểm)

Trong một phòng có 144 người họp, được sắp xếp ngồi hết trên các dãy ghế (số người trên mỗi dãy ghế đều bằng nhau) Nếu người ta thêm vào phòng họp 4 dãy ghế nữa, bớt mỗi dãy ghế ban đầu 3 người và xếp lại chỗ ngồi cho tất cả các dãy ghế sao cho số người trên mỗi dãy ghế đều bằng nhau thì vừa hết các dãy ghế Hỏi ban đầu trong phòng họp có bao nhiêu dãy ghế ?

Bài 4: (1,25 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A (hình bên)

a) Tính sin B Suy ra số đo của góc B

b) Tính các độ dài HB, HC và AC

Bài 5: (1,5 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O ; R) Vẽ các đường cao BD và CE

D AC E AB ,  và gọi H là trực tâm của tam giác ABC Vẽ hình bình hành BHCG a) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHD nội tiếp và điểm G thuộc đường tròn (O ; R) b) Khi đường tròn (O ; R) cố định, hai điểm B, C cố định và A chạy trên (O ; R) thì H chạy trên đường nào ?

Bμi 6: (1,25 ®iÓm)

Cho hình chữ nhật MNDC nội tiếp trong nửa đường tròn tâm O, đường kính AB (M, N thuộc đoạn thẳng AB và C, D ở trên nửa đường tròn) Khi cho nửa hình tròn đường kính

AB và hình chữ nhật MNDC quay một vòng quanh đường kính AB cố định, ta được một hình trụ đặt khít vào trong hình cầu đường kính AB

Biết hình cầu có tâm O, bán kính R = 10 cm và hình trụ có bán kính đáy r = 8 cm đặt khít vào trong hình cầu đó Tính thể tích phần hình cầu nằm ngoài hình trụ đã cho

HÕt

8cm

4cm

B

A

SBD thí sinh: Chữ ký của GT 1:

Së Gi¸o dôc vμ ®μo t¹o Kú THI TUYÓN SINH LíP 10 thpt

Thõa Thiªn HuÕ M«n: TO¸N - Khãa ngμy: 24/6/2011

§Ò CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM

2  3 3 2 (vì 3 2 )

0,25 0,50

3 2





 6 2 6 2 6 6 

0,25 0,50

1.c Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:



















9 y 2 x 5

7 y 6 x 2





















27 y 6 x 15

7 y 6 x 2



















7 y 6 x 2

34 x 17





















7 y 6 4

2 x

















 2

1 y

2 x

0,25

0,25

0,5

2.a + Vẽ (P)

+ Khi m1 thì (d) là đường thẳng y x  3

+ Vẽ (d)

0,50 0,25 0,25

2.b + Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị (P) và (d) là:

2

2

4

x

+ Để (P) và (d) cắt nhau tại điểm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt:

' 4m 8m 4 4 m 2m 1 0

 2

4 m 1 0

1

m

  

Vậy: Điều kiện để (d ) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x và 1 x là: 2

0

m và m 1 (**)

0,25

0,25 0,25 Khi đó, theo định lí Vi-ét, từ (*) ta có: x1x2  4 ;m x x1 2  8m4

Do đó:

1 2 1 2 48 1 2( 1 2) 48

x x x x   x x x x  4m m8 4482m2  m 3 0

Giải phương trình ta được: 1 1 ; 2 3

2

m  m   (đều thỏa điều kiện (**)) Vậy: với m1 hoặc 3

2

m  thì 2 2

1 2 1 2 48

0,25

0,25

0,25

3 1,0

Gọi x là số dãy ghế ban đầu có trong phòng họp (x > 1 ; x N)

Lúc đầu, số người ngồi trên một dãy ghế là 144

x , lúc sau là

144 4

x

Ta có phương trình: 144 3 144

4



 

2 4 192 0

Giải ra ta được: x112 ; x2   (loại) 16

Vậy: Ban đầu trong phòng họp có 12 dãy ghế

0,25 0,25

0,25 0,25

4.a + Từ hình vẽ, tam giác AHB vuông tại H, suy

ra:

4 1 sin

8 2

AH B AB

Suy ra: B300

0,25 0,25

4.b

2

+ Trong tam giác vuông ABC:

2

3

4 3

AH

HB

3

0,25

0,25

0,25

5.a + Ta có: AEH ADH 900 (gt)

Suy ra: Tứ giác AEHD nội tiếp trong đường tròn đường kính AH

+ Ta có: HC//BG (BHCG là hình bình hành), mà

CEAB (gt), nên BGAB + Chứng minh tương tự, ta có GC AC Suy ra: ABGACG900 nên tứ giác ABGC nội tiếp

Vậy: G ở trên đường tròn (O ; R) ngoại tiếp tam giác ABC

0,25 0,25

0,25 0,25

5.b + Khi đường tròn (O ; R) cố định, hai điểm B, C cố định và A chạy trên (O ; R):

Vì góc A nhọn nên A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O ; R) và

BAC (không đổi và bằng nửa số đo cung nhỏ BC) 

Ta có: Tứ giác AEHD nội tiếp (cmt), nên EAD EHD 1800, suy ra:

1800

EHD  (không đổi) 

Mà BHC EHD (góc đối đỉnh) Suy ra: BHC1800 (không đổi) 

Vậy: H chạy trên cung chứa góc  1800 dựng trên đoạn BC, nằm trong 

0,25

0,25

8cm

4cm

B

A

D E

G

A

B

C

3

+ Cho hỡnh chữ nhật MNDC nội tiếp nửa đường trũn đường kớnh

AB, tõm O Từ O vẽ

OI vuụng gúc với dõy

CD, thỡ I là trung điểm của CD (tớnh chất đường kớnh vuụng gúc với dõy) Suy ra OI//MC//ND Do đú

OI là đường trung bỡnh của hỡnh chữ nhật MNDC, nờn O là trung điểm của MN

+ Khi cho nửa hỡnh trũn đường kớnh AB và hỡnh chữ nhật MNDC quay một vũng quanh AB ta được hỡnh trụ đặt khớt trong hỡnh cầu Bỏn kớnh cựa hỡnh cầu

là

2

AB

R ; hỡnh trụ cú bỏn kớnh đỏy r MC và chiều cao

+ Áp dụng với 10R cm r; 8cm, ta cú: h2 R2r2 2 100 64 12  cm

+ Thể tớch hỡnh cầu là : 3  3

1

+ Thể tớch hỡnh trụ đặt khớt trong hỡnh cầu là :

 

Vậy thể tớch phần hỡnh cầu ở ngoài hỡnh trụ đặt vừa khớt nú là:

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Ghi chú:

 Học sinh lμm cách khác đáp án nh−ng đúng vẫn cho điểm tối đa

 Điểm toμn bμi không lμm tròn

I

N D

C

A O B

M