DAP AN 5 ĐÊ TS LOP 10 -2011-2012

1 Đáp án : Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT – Môn Toán ĐỀ 1 Bài / Câu Nội dung Điểm Bài 1 : ( 2,00 điểm ) a. ( 1,00đ ) : Tính : A = ( ) 2 27 3 3 1− + − Tính được 27 3 3= ( ) 2 3 1− = 3 – 2 3 + 1 A = 4 b. (1,00đ) Giải hệ phương trình x 2y 4 x y 1 + =   − =  Trừ hệ phương trình vế theo vế được 3y = 3  y = 1 Tìm được x = 2 Kết luận nghiệm của hệ là (2; 1) 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ Bài 2 : ( 2,5 điểm ) a. ( 1,00 điểm ) α . ∆ ’ = 1 – m + 1 = 2 – m - phương trình có 2 nghiệm  2 – m > 0  m < 2 β . Thế x = 2  2 2 + 2.2 + m – 1 = 0  m = -7 b. ( 1,5 điểm ) Cho hàm số : y = 2 1 x 2 có đồ thị là ( P ) . α . (1,0 điểm ) - Lập đúng bảng giá trị ( 3 giá trị ) x -2 -1 0 1 2 y = 2 1 2 x 2 1 2 0 1 2 2 - Vẽ đúng đồ thị - 1 y 2 x > 2 1 -2 -1 O β . ( 0,5điểm ) - Tìm đúng tọa độ điểm M(2 ; 2) - Dùng định lý Pitago tính được OM = 2 2 (đvđd) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 2 Bài / Câu Nội dung Điểm Bài 3 : ( 4,00 điểm ) H K I O M A B C D E F a. / · · AEC ACD 2v+ =  Tứ giác AECD nội tiếp b./ · · CDE CAE= ( cùng chắn » EC ) · · CBA CAE= ( cùng chắn » AC )  · · CDE CBA= c. / · · CFB CDB 2v+ =  tứ giác FCDB nội tiếp  · · CDF CBF= ( cùng chắn » CF ) = · CAB ( cùng chắn » CB ) · · · · · ICK IDK ICK IDC CDK+ = + + = · · · ACB CAB CBA+ + = 2v  Tứ giác CIDK nội tiếp · · CIK CDK= ( cùng chắn » CK )  · · CIK CAB= (đồng vị )  IK // AB d./ Không mất tính tông quát : Giả sử AC < BC  D thuộc đoạn AH  AC 2 = AD 2 + CD 2 = ( AH – DH) 2 + CD 2 = AH 2 + DH 2 – 2AH.DH + CD 2 BC 2 = BD 2 + CD 2 = ( BH + DH) 2 + CD 2 = BH 2 + DH 2 + 2BH.DH + CD 2  AC 2 + BD 2 = 2AH 2 + 2HC 2 vì AH không đổi nên AC 2 + BD 2 nhỏ nhất khi HC nhỏ nhất ⇔ C là điểm chính giữa » AB 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Bài 4 : ( 1,5điểm ) Ta có : ∆ = b 2 – 4c ≥ 0  b 2 ≥ 4c Từ hệ phương trình  x 1 3 – x 1 3 = (x 1 – x 2 )(x 1 2 + x 1 .x 2 + x 2 2 ) = 35  x 1 2 + x 1 .x 2 + x 2 2 = 7 - Ta có x 1 + x 2 = - b  b 2 = (x 1 + x 2 ) 2 = x 1 2 + 2x 1 .x 2 + x 2 2 và x 1 .x 2 = c 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ 3 2 H v u M Q P 1 3 2 1 4 3 y O x Bài / Câu Nội dung Điểm  b 2 – c = x 1 2 + x 1 .x 2 + x 2 2 = 7 (*) x 1 – x 2 = 5  (x 1 – x 2 ) 2 = 25  b 2 – 4c = 25 (**) Từ (*) và (**)  hệ phương trình 2 2 b c 7 b 4c 25  − =   − =    c 6 b 1 = −   = ±  (thỏa điều kiện) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Chú ý: - Trên đây là một cách giải cho mỗi câu ,các cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa - Bài hình học phải có hình vẽ, nếu không có hình thì không chấm phần bài làm ĐỀ 2 NỘI DUNG ĐIỂM Bài 1 : (2,00 điểm ) a/ - Tính A= 14 – 4 = 10 - Tính B= 2( 7 3) 7 3 7 3 7 3 6 7 9 − + + = + − + = − - Tính đúng S= 2007 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ b/ - Biến đổi được : x 4 + 3x 2 – 18 = 0 - Đặt t= x 2 (t ≥ 0 ) , đưa về được phương trình t 2 + 3t – 18 = 0 và giải tìm được t 1 =3 ; t 2 = - 6 - Loại giá trị t 2 = - 6 , nhận giá trị t 1 =3 và ghi đúng x 2 = 3 - Tìm được 2 nghiệm x 1 = 3 ; x 2 = - 3 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Bài 2 : ( 2,50 điểm ) a/ - Tìm được đúng 2 điểm thuộc đường thẳng - Vẽ đúng đồ thị gồm hệ trục toạ độ và đường thẳng đi qua 2 điểm đã tìm được ở bước trên. 0,25 đ 0,50 đ 4 O S E D C B A b/ - Nêu đúng P(0;3) ; Q(4;0) - Tính đúng PQ = 5 (cm) - Tính chu vi tam giác OPQ là : 3 + 4 +5 = 12 (cm) - Vẽ OH ⊥ PQ , tính . 12 2,4 5 OP OQ OH PQ = = = (cm) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ c/ - Gọi M(u,v) trong hệ toạ độ Oxy , vì 3 3 4 v u= − + nên điểm M thuộc đường thẳng PQ - Tính được OM 2 = 2 2 u v+ ⇒ OM = 2 2 u v+ - Do OM ≥ OH ; mà 12 5 OH = nên 2 2 12 5 u v+ ≥ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Bài 3 : ( 4,00 điểm ) - Vẽ hình đến câu a/ 0,25 đ a/ - Nêu được · · » » (gt) BAE EAC BE EC= ⇒ = - Từ » » BE EC BE EC BEC= ⇒ = ⇒ ∆ cân 0,25 đ 0,25 đ b/ - Nêu được · » » 2 AC BE BSE − = sñ sñ ( góc có đỉnh ngoài đường tròn ) - Nêu được · » » 2 BE AC BDE + = sñ sñ ( góc có đỉnh trong đường tròn ) - Do đó · · » BSE BDE AC+ = sñ - Nêu được · » 2.ABC AC= sñ ( góc nội tiếp chắn » AC ) - Suy ra được · · · 2.BSE BDE ABC+ = 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ c/ Tứ giác SBDE nội tiếp đường tròn khi và chỉ khi · · 0 180BSE BDE+ = Hay · 0 2. 180ABC = ( vì · · · 2BSE BDE ABC+ = ) · 0 90ABC⇔ = 0,25 đ 0,25 đ 5 O E H S D C B A Mà góc · ABC là góc nội tiếp của (O) nên AC là đường kính của (O) Vậy khi A đối xứng với C qua O thì tứ giác SBDE nội tiếp đường tròn 0,25 đ 0,25 đ d/ -Vẽ DH ⊥ AC - Cm được AHD∆ đồng dạng AEC∆ (g,g) - Suy ra được: . . AH AD AD AE AH AC AE AC = ⇒ = (1) - Tương tự : CHD ∆ đồng dạng CBA ∆ . . CH CD CD CB CH CA CB CA ⇒ = ⇒ = (2) Từ (1) , (2) ⇒ . . . .AD AE CD CB AH AC HC AC+ = + = = 2 .( ) . 4AC AH HC AC AC R+ = = 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Bài 4 : (1,50 điểm) a/ - Tính ' ∆ = 1 1 2 2a a a− + − = − Lý luận để pt (1) có 2 nghiệm phân biệt thì ' ∆ > 0 ⇒ 2 2 0 1a a− > ⇒ > 0,25đ 0,25đ b/ Tính được 1 2 1 2 2 1 . 1 x x a x x a  + = −   = −   và 2 1a y a − = - Vì a>1 nên y >0. Do đó 1 1 1 1 1 1 2 2 1 2 1 1 a a a y a a a − +   = = = − +  ÷ − − −   - Biến đổi được 1 1 1 1 ( 1) 2 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1 a a a y a a   − − − +   = − + − + = +    ÷ − −     = 2 1 ( 1 1) 1 2 1 a a   − − = +   −   - Vì 2 1 ( 1 1) 2 1 a a   − −   −   0≥ với mọi a > 1 1 1 1y y ⇒ ≥ ⇒ ≤ nên giá trị lớn nhất của y là 1 ứng với 1 1 0 2a a− − = ⇔ = 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ -Chú ý:đáp án trên đây chỉ là một cách giải ,mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tối đa 6 ÑEÀ 3 Bài / Câu Nội dung Điểm BÀI 1 (2,00 điểm) Câu 1.a : (1,00 điểm) Câu 1.b : (1,00 điểm) Dùng máy tính ghi kết quả : không cho điểm. * Tính : 1 A 45 2 20 5 5 = − + 3 5 4 5 5 0 = − + = * Giải phương trình : 2 3x 7x 2 0− + = Tính được 2 ( 7) 4.3.2 25∆ = − − = Vì ∆>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt : 1 2 7 5 7 5 1 x 2 ; x 6 6 3 + − = = = = 0,25 x 3 0,25 0,25 0,25 0,25 x 2 BÀI 2 : (2,50 điểm) Câu 2.a : (1,25 điểm) * Vẽ đồ thị (P) : 2 x y 2 = - Lập bảng giá trị (ít nhất có 3 giá trị nào đó, mỗi cặp giá trị đúng cho 0,25). Ví dụ : x … -1 0 1 … y … 1 2 0 1 2 … - Vẽ đúng đồ thị hàm số : - 1 y 2 x > 2 1 -2 -1 O Yêu cầu : + Có đầy đủ dấu mũi tên của các trục tọa độ Oxy + Đồ thị đi qua gốc tọa độ và có tính đối xứng qua trục tung Oy (tương đối). * Tọa độ giao điểm M của hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) là nghiệm 0,25 x 3 0,25 0,25 7 Bài / Câu Nội dung Điểm Câu 2.b : (0,75 điểm) Câu 2.c : (0,50 điểm) của hệ phương trình : 3 y x 2 1 y x 6 2  = − +     = +   - Đi đến hệ phương trình 2x 2y 3 x 2y 12 + =   − + =  và giải được nghiệm x 3= − và 9 y 2 = . Nên : 9 M( 3; ) 2 − . - Thay x 3= − , 9 y 2 = vào hàm số 2 x y 2 = thỏa. Do đó M∈(P) Kết luận : Vậy đồ thị (P) đi qua giao điểm của hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ). * Vì (d 3 ) song song với (d 1 ) nên phương trình có dạng : 3 y x b (b ) 2 = − + ≠ . - V ì A là điểm thuộc đồ thị (P) có hoành độ x 2= , nên tung độ là : ( ) 2 2 y 1 2 = = - Thay x 2, y 1= = vào (d 3 ) tìm được b 2 1= + . Vậy : đường thẳng (d 3 ) có phương trình : y x 2 1= − + + . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BÀI 3 : (4,00 điểm) Câu 3.a : (1,00 điểm) * Chứng minh : Tứ giác MAOB nội tiếp được đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó. 8 N H I M B O C A Bài / Câu Nội dung Điểm Câu 3.b : (1,00 điểm) Câu 3.c : (1,00 điểm) Câu 3.d : (1,00 điểm) - Từ giả thiết suy ra : · · 0 0 MBO 90 ,MAO 90= = - Suy ra : · · 0 MBO MAO 180+ = . Nên tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. - Vì đường tròn này có đường kính là đoạn MO, nên tâm I của đường tròn là trung điểm của đoạn MO. * Chứng minh : · · OAB IAM= . - Ta có: · · OAB OMB= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (I) ) - · · IAM IMA= ( IAM∆ cân do IA = IM, bán kính của (I)) - Mà : · · IMA OMB= (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). - Nên : · · OAB IAM= * Chứng minh : N là trung điểm của AH. - Vì AH // MB (cùng vuông góc với BC). Nên theo hệ quả của định lý Ta-let, ta có : CN NH CM MB = hay CN NH CM MA = (1) Có · · MAB MBA= (T/C tt) Mà góc MBA + góc ABH = 90 0 Và góc ABH + góc BAH = 90 0 => góc MAB = góc BAN Nên AB là phân giác góc MAN Lại có AC ⊥ AB => AC là ph giác ngoài Áp dụng T/C đg ph giác => CN AN CM AM = (2) (1) và (2) => … NH AN AM AM = => NH = NA Vậy N là trung điểm của AH. * Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ AB của đường tròn (O) theo R. - Tính được số đo cung nhỏ AB bằng 120 0 - Tính diện tích hình quạt OAB : 2 2 q R .120 R S 360 3 π π = = (đvdt) 0,25 x 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 9 Bài / Câu Nội dung Điểm - Chứng minh tam giác OAC đều và tính được : R 3 AH 2 = - Suy ra diện tích tam giác OAB : 2 OAB AH.OB R 3 R R 3 S 2 2 2 4 ∆ = = × = (đvdt) - Vậy diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ AB của đường tròn (O) là : ( ) 2 2 2 2 q OAB 4 3 3 R R R 3 S S S 0,6R 3 4 12 ∆ π − π = − = − = ≈ (đvdt). 0,25 BÀI 4 (1,50 điểm) Câu 4.a : (0,75 điểm) Câu 4.b : (0,75 điểm) * So sánh : 2012 2011− với 2011 2010− - Biến đổi được : 1 2012 2011 2012 2011 − = + 1 2011 2010 2011 2010 − = + - Vì 2012 2011 2011 2010+ > + Nên : 1 1 2012 2011 2011 2010 < + + Vậy : 2012 2011 2011 2010− < − Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 3 4 x A x 1 − = + . - Điều kiện : x 0≥ . - Biến đổi : ( ) ( ) 2 2 x 2 (x 1) x 2 3 4 x x 4 x 4 x 1 A 1 x 1 x 1 x 1 x 1 − − + − − − + − − = = = = − + + + + - Vì x 0≥ (ĐK) nên ( ) 2 x 2 0 x 1 − ≥ + . Do đó : A 1≥ − Vậy : min A = –1 khi x = 4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý : - Trên đây chỉ là một cách giải. Các cách giải khác đúng thì cho điểm tối đa phần tương ứng. - Bài 3 phải có hình vẽ. Không có hình vẽ thì không chấm phần bài làm. 10 ÑEÀ 4 [...]... 0, 25 ⇒ AE = 5cm · Tính được AIE = 450 ⇒ IE = 5 2 cm ⇒ OI = 2 ,5 2 cm Bài4(1 ,5 iểm) 0, 25 0, 25 Ta có : m2 - 2m + 3 = (m –1 )2 +2 ≥ 2 ⇒ ∀m 0, 25 ≥ 12 ⇒1- 2 nên x –2 >0 Vậy : (x − 2) B = 2011 − = 2011 − 1 = 2 010 x −2 Bài2/a (1điểm) a/ Vẽ Parabol (P) : y = Lập đúng bảng giá trị: x -2 -2 −1 2 x y= 2 - 0 ,5 −1 2 x 2 -1 −1 2 0 0 1 −1 2 2 -2 0, 25 Vẽ đúng đồ thị 0, 75 13 4 2 -2 y O 2 -5 x 5 -2 -4 -6 Câu 2b (0 ,5 đ ) - Vì... + = 1800 ( kề bù) 0. 25 Mà = 450 (tính chất đường chéo hình vuông) 0. 25 ⇒ = 450 0. 25 c)ta có = = 450 (Cùng chắn cung AK của (ACFK) 0. 25 ∆KAF cân tại A ⇒ AK = AF 0. 25 1 1 1 + = Trong tam giác KAE có : 2 2 AE AK AD 2 0. 25 1 1 1 + = 2 2 AE AF AD 2 ⇒ Mà AD không đổi , do đó 0. 25 1 1 + 2 AE AF 2 không đổi khi E di động 0. 25 trên DC d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC 0. 25 Vẽ đường kính EI của... 2 1 Kết luận (D) y = − x-2 2 0. 25 b) Điều kiện phương trình có nghiệm :∀m Lập I x1+x2= 2(m + 2) 0. 25 x1x2= m +1 A Biến đổi hệ thức đã cho thành (x1+x2) - 4 x1x2 = m2 4 K B O Thay tổng tích và tính : m = 0; m = -2 Bài 3(4điểm) 0. 25 0. 25 0. 25 5 3 D C E 11 F a) = 900(gt) 0. 25 = 900(gt) 0. 25 Hai điểm A và C cùng nhìn KF dưới một góc vuông 0. 25 Vậy tứ giác KACF nội tiếp 0. 25 b) + = 1800 (tính chất tứ giác... −3 -Giải hệ đúng tìm được a = 1 và b = 2 3 -Vậy phương trình đường thẳng (d) là : y = x 2 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 0, 25 0 ,5 14 Bài 3/a (1điểm) Bài 3/b (0, 75 ) Phương trình :x2 +(m +1)x +1 = 0 (1) a/ Khi m = 5 − 1 ta có phương trình : x2 + 5 x+1 = 0 - Tính đúng ∆ = 1 > 0 ⇒ ∆ = 1 - Tìm đúng hai nghiệm : − 5 +1 − 5 −1 x1 = ; x2 = 2 2 2 Phương trình :x +(m +1)x +1 = 0 (1) -Phương trình có hai nghiệm x1; x2... giác góc CAI ⇒ AC KC IE KI = (2) ∆ CIB có EK//CB theo định lí Ta-Lét ta có : BE KC AI IE = Từ (1) và (2) ⇒ mà AC = BE ( giả thiết) ⇒ AI = IE AC BE Câu c (1 điểm) Câu d (1điểm) 0, 25 0 ,5 0 ,5 0 ,5 0, 25 0, 25 0 ,5 0, 25 0, 25 0 ,5 Chú ý: Trên đây là một cách giải cho mỗi câu ,các cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa 16 -Bài hình học phải có hình vẽ, nếu không có hình thì không chấm phần bài làm 17... x1.x 2 = 1  2 2 -Ta có :A = x1 + x 2 2 A = x1 + x 2 − 2x1x 2 ( 0, 25 0, 25 0 ,5 0, 25 ) 2 A =  − ( m + 1)  − 2 = ( m + 1) − 2   2 2 A = ( m + 1) − 4  + 2   2 Vì ∆ = (m+1) - 4 ≥ 0 ⇒ A ≥ 2 Vậy A nhỏ nhất bằng 2 ⇔ ( m+1)2 –4 = 0 ⇔ (m-1)(m+3) = 0 ⇔ m = 1 hoặc m = -3 0, 25 0, 25 15 Bài 4 (3, 75 ) M C D H ) A ) K I E O B F Câu a (0, 75 iểm) · -Ta có ACB = 90 0 (nội tiếp nửa đường tròn ) ⇒ BC ⊥ AC mà... x1 = Điểm 0 ,5 ∆ =6 , , 2 6 +6 2 6 −6 và x1 = 3 3 b Tính được : 6 2+ 0 ,5 3 2 −4 2 −9 2 2 0 ,5 0 ,5 −11 2 2 Kết quả Bài 2:( 2 ,5 đ) a Vẽ (P) : y = - ¼ x2 0, 25 α) Bảng giá trị tính đúng 3 cặp số Vẽ (P) qua gốc toạ độ , thể hiện tính đối xứng 0 ,5 y -2 -1 O -4 N 1 2 4 x N' -1 β) Tìm được toạ độ M(-2; -1) và N(4; -4) 0. 25  −2a + b = −1 Lập được hệ phương trình   4a + b = −4 Giải hệ :a = − 0. 25 1 ;b = -2... (Giả thiết) ⇒ BC //EH Câu b (1điểm) Ta có AD là phân giác góc CAB · · » ¼ ⇒ CAD = BAD ⇒ sđ CD = sđ BD (hệ quả góc nộI tiếp) » ¼ ⇒ sđCD = sđ BD =900 : 2 = 450 1 · ¼ » Mà : AMB = (sđ AB -sđ CD ) ( góc có đỉnh ngoài đường tròn ) 2 1 · ⇒ AMB = (1800 – 450 ) = 67030’ 2 · · Vì EH //BC ⇒ AEK = ABC ( đồng vị ) · · Trong đường tròn (O) ta có : AFK = ABC (cùng chắn cung AC) · · Suy ra : AEK = AFK ⇒ E và F cùng . 5cm Tính được · 0 AIE 45= ⇒ IE = 5 2 cm ⇒ OI = 2 ,5 2 cm Ta có : m 2 - 2m + 3 = (m –1 ) 2 +2 ≥ 2 ∀m ⇒ ≥ 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0. 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 12 . nhỏ nhất ⇔ C là điểm chính giữa » AB 0 ,5 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ Bài 4 : ( 1 ,5 iểm ) Ta có : ∆ = b 2 – 4c ≥ 0 . tích hình quạt OAB : 2 2 q R .120 R S 360 3 π π = = (đvdt) 0, 25 x 2 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 9 Bài / Câu Nội dung Điểm - Chứng minh tam giác OAC đều và