ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT.

Đ THI TH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2010 - 2011 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) 1) Rút gọn biểu thức : A = ( ) 2 2 3 2 288+ − 2) Giải phương trình: a) x 2 + 3x = 0 b) –x 4 + 8x 2 + 9 = 0 Bài 2: (2điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Cho số tự nhiên có hai chữ số, tổng của chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị bằng 14. Nếu đổi chỗ chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì được số mới lớn hơn số đã cho 18 đơn vị. Tìm số đã cho. Bài 3. (1điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho (P): y = –3x 2 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng y = – 2x + 3 và cắt (P) tại điểm có tung độ y = – 12 . Bài 4. (1điểm) Giải phương trình: 6 4x 1 2 3 x 3x 14+ + − = + . Bài 5. (4điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F. a) Chứng minh: · 0 EOF 90= b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK AB⊥ . d) Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. HƯỚNG D*N CH,M THI TH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2010 - 2011 BÀI GIẢI Bài 1. (2điểm) 1. A = ( ) 2 2 3 2 288+ − = ( ) 2 2 2 2.2.3 2 3 2 2.144+ + − = 4 12 2 18 12 2+ + − = 22 2. a) x 2 + 3x = 0 ⇔ x( x + 3) = 0 ⇔ x 1 = 0 ; x 2 = – 3 . Tập nghiệm phương trình: { } 0; 3S = − b) –x 4 + 8x 2 + 9 = 0 ⇔ x 4 – 8x 2 – 9 = 0 Đặt y = x 2 ( y ≥ 0) , ta được phương trình trung gian ẩn y: y 2 – 8y – 9 = 0 Vì a – b + c = 1 – (– 8) + (– 9) = 0 nên y 1 = – 1 (loại); y 2 = 9 (nhận) Do đó: x 2 = 9 ⇔ x = ± 3 Tập nghiệm phương trình: S = { } 3;3− Bài 2. Gọi x là chữ số hàng đơn vị . Chữ số hàng chục của số đó là: 14 – x ĐK: 0 < x N∈ ≤ 9 Số cần tìm được viết dưới dạng đa thức: 10(14 – x) + x = 140 –9x Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau ,ta có số mới: 10x + 14 – x = 9x + 14 Theo đề toán ta có phương trình: 9x + 14 –(140 –9x ) = 18 ⇔ 9x + 14 –140 +9x = 18 ⇔ 18x = 144 ⇔ x = 8 Giá trị x = 6 thỏa mãn điều kiện . Vậy chữ số đơn vị là 8, số hàng chục là 6. Số cần tìm là 68. Chú ý: Có thể lập hệ phương trình bậc nhất hai ẩn Bài 3. Phương trình đường thẳng cần tìm song song với đường thẳng y = – 2x + 3 nên có dạng: y = – 2x + b (d). (d) cắt (P) tại điểm có tung độ bằng – 12 nên hoành độ các giao điểm là nghiệm PT: –3x 2 = – 12 ⇔ x = ± 2 Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm: A(2; – 12) và B(– 2; – 12) A ∈ (d) nên y A = – 2x A + b hay – 12 = – 2. 2 + b ⇒ b = – 8 B ∈ (d) nên y B = – 2x B + b hay – 12 = – 2.(– 2) + b ⇒ b = – 16 Có hai đường thẳng (d) tìm được thỏa mãn đề bài: (d 1 ): y = – 2x – 8 và (d 2 ): y = – 2x – 16 N y x O K F E M B A Bài 4. PT : 6 4x 1 2 3 x 3x 14+ + − = + (1) ĐK: 1 4x 1 0 x 1 x 3 4 3 x 0 4 x 3   + ≥ ≥ −   ⇔ ⇔ − ≤ ≤   − ≥   ≤   (*) (1) 3x 14 6 4x 1 2 3 x 0 ⇔ + − + − − = ⇔ (4x + 1) – 2. 3. 4x 1+ + 9 + (3 – x) – 2 3 x − + 1 = 0 ( ) ( ) 2 2 4x 1 3 3 x 1 0⇔ + − + − − = 4x 1 3 0 3 x 1 0  + − =  ⇔  − − =   x 2⇔ = (thỏa mãn đk (*)) Tập nghiệm phương trình đã cho: S = { } 2 Bài 5: a) Chứng minh: · 0 EOF 90= EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E Nên OE là phân giác của · AOM . Tương tự: OF là phân giác của · BOM Mà · AOM và · BOM kề bù nên: · 0 EOF 90= (đpcm) b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. Ta có: · · 0 EAO EMO 90= = (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác AEMO có · · 0 EAO EMO 180+ = nên nội tiếp được trong một đương tròn. • Tam giác AMB và tam giác EOF có: · · 0 AMB EOF 90= = , · · MAB MEO= (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g) c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK AB⊥ . Tam giác AEK có AE // FB nên: AK AE KF BF = Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên : AK ME KF MF = . Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let) Lại có: AE ⊥ AB (gt) nên MK ⊥ AB. d) Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN ⊥ AB. ∆ FEA có: MK // AE nên: MK FK AE FA = (1) ∆ BEA có: NK // AE nên: NK BK AE BE = (2) Mà FK BK KA KE = ( do BF // AE) nên FK BK KA FK BK KE = + + hay FK BK FA BE = (3) Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: MK KN AE AE = . Vậy MK = NK. Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên: AKB AMB S KN 1 S MN 2 = = Do đó: AKB AMB 1 S S 2 = . Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = MB 3 MA = · 0 MAB 60⇒ = . Vậy AM = a 2 và MB = a 3 2 ⇒ AKB 1 1 a a 3 S . . . 2 2 2 2 ⇒ = = 2 1 a 3 16 (đvdt) . Đ THI TH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2 010 - 2011 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) 1) Rút gọn biểu thức. c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK AB⊥ . d) Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. HƯỚNG D*N CH,M THI TH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2 010 - 2011 BÀI GIẢI Bài 1. (2điểm) 1 được viết dưới dạng đa thức: 10( 14 – x) + x = 140 –9x Khi đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau ,ta có số mới: 10x + 14 – x = 9x + 14 Theo đề toán ta có phương trình: 9x +