DE + DAP AN tuyen sinh Thai binh 2010 2011

7 178 0
DE + DAP AN tuyen sinh Thai binh 2010 2011

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Th¸i B×nh NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm : 01 trang Bài 1. (2,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: 2. Chứng minh rằng:  x −9  A= + ÷× x +3 x  x−3 x   × + ÷ = 10 +2  5−2 với x > 0, x ≠ . Bài 2. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (k − 1) x + n hai điểm A(0;2), B(-1;0). 1. Tìm giá trị k n để: a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B. b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (∆) : y = x + − k . 2. Cho n = . Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB. Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x − 2mx + m − = (1) (với m tham số). 1. Giải phương trình (1) với m = −1 . 2. Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với giá trị m. 1 3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức: + = 16 . x1 x2 Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN H (H nằm O B). Trên tia MN lấy điểm C nằm đường tròn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A, hai dây MN BK cắt E. 1. Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp ∆CAE đồng dạng với ∆CHK. 2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F. Chứng minh ∆NFK cân. 3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK//MN KM2 + KN2 = 4R2. Bài 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn a + b + c = . Chứng minh rằng: 3 3 ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ − --- HẾT --- KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Th¸i b×nh NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1. (2,0 điểm)  x −9  A= + ÷× x +3 x  x−3 x   × + ÷ = 10 +2  5−2 1. Rút gọn biểu thức: 2. Chứng minh rằng: Ý Nội dung với x > 0, x ≠ . Điểm Với ĐK: x > 0, x ≠ . Ta có:   ÷ x−9  A= + ×  x x −3 x +3÷ x   1. (1,25đ) ⇔ A= ( ) ( x +3 + x ) ( x ( x − 9) (0,75đ) Ta có: ) ×x − 0,25 x ⇔ A= x +9+ x−3 x x 0,25 ⇔ A= 9+ x x 0,25 Kết luận: Vậy với x > 0, x ≠ A = 2. x −3 0,25     5.  + ÷ = 5.  5+2  5−2  = 5. = 10 9+ x x ( 0,25  +2+ −2 ÷ 5−2 5+2 ÷  5−4 )( ) 0,25 0,25 Vậy:   5.  + ÷ = 10 5+2  5−2 0,25 Bài 2. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (k − 1) x + n hai điểm A(0;2), B(1;0). 1. Tìm giá trị k n để: a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B. b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (∆) : y = x + − k . 2. Cho n = . Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB. Ý Nội dung Điểm (d): y = (k-1)x + n qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình: (k − 1).0 + n =  (k − 1).(−1) + n = 1a 0,25 (1,0 đ) n = n = ⇔ ⇔ 1 − k + = k = 1b (0,5 đ) 2. (0,5 đ) 0,5 Kết luận: Vậy k = 3, n = (d) qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25 k − = k = ⇔ + (d ) //( ∆ ) ⇔  n ≠ − k n ≠ 0,25 k = Kết luận: Vậy (d ) //( ∆ ) ⇔  n ≠ 0,25 Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + 2. Suy đường thẳng (d) cắt trục Ox C   ;0 ÷ ⇔ k − ≠ ⇔ k ≠ toạ độ điểm C  1− k  0,25 Ta có: OC = xC = B(-1;0) nên OB = 1. 1− k Vì tam giác OAC OAB vuông O chung đường cao AO 0,25 nên suy ra: SOAC = 2SOAB ⇔ OC = 2OB ⇔ =2 |1 − k | k = ⇔ (thoả mãn đk k ≠ ) k = Kết luận: k = k = 2. Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x − 2mx + m − = (1) (với m tham số). 1. Giải phương trình (1) với m = −1 . 2. Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với giá trị m. 1 3. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn hệ thức: + = 16 . x1 x2 Ý Nội dung Điểm Với m = -1, phương trình (1) trở thành: x2 + 2x − = 1. (0,75đ) 0,25 ∆ ' = 1+ = ⇒ ∆ ' = Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt là: −1 −   x = = −4   x = −1 + =  2. (0,75đ ) Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt x = - 4, x = 2. 0,25 Pt (1) có ∆ ' = m − (m − 7) 0,25 = m2 − m +  27  = m − ÷ + > với m. 2  Vậy với giá trị m (1) có hai nghiệm phân biệt. 3. (0,5 đ) 0,25 0,25 0,25 Theo câu 2, ta có (1) có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 với giá trị m. Theo định lý Vi ét ta có:  x1 + x2 = 2m   x1 x2 = m − 0,25 Theo giả thiết ta có: x x ≠ 1 + = 16 ⇔  x1 x2  x1 + x2 = 16 x1 x2 m − ≠ ⇔ 2m = 16 ( m − ) m ≠ ⇔ m = 0,25 ⇔ m=8 Vậy m = giá trị cần tìm. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN H (H nằm O B). Trên tia MN lấy điểm C nằm đường tròn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A , hai dây MN BK cắt E. 1. Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp ∆CAE đồng dạng với ∆CHK. 2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F. Chứng minh ∆NFK cân. 3. Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK // MN KM2 + KN2 = 4R2. a A f k o m h e n M c b Ý 1. (2,0đ) O P H K E N B Nội dung • Ta có: Điểm + ·AHE = 900 (theo giả thiết AB ⊥ MN ) 0,5 + ·AKE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5 ⇒ ·AHE = ·AKE = 900 ⇒ H, K thuộc đường tròn đường kính AE. Vậy tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp. • Xét hai tam giác ∆ CAE ∆ CHK: + Có chung góc C · · + EAC (góc nội tiếp chắn cung EK) = EHK ∆ CHK (g - g) Suy ∆ CAE 2. C ¼ suy ta có Do đường kính AB ⊥ MN nên B điểm cung MN 0,25 0,25 0,5 0,25 · · MKB = NKB (1) (1,0 đ) · ·  NKB = KNF (2) Lại có BK // NF (vì vuông góc với AC) nên  · · = MFN (3)  MKB 0,5 · · · · Từ (1), (2), (3) suy MFN . Vậy ∆ KNF cân K. = KNF ⇔ KFN = KNF 0,25 · * Ta có ·AKB = 900 ⇒ BKC = 900 ⇒ ∆KEC vuông K Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K · · · BEH = KEC = 450 ⇒ OBK = 450 3. (0,5 đ) 0,25 Mặt khác ∆ OBK cân O ( OB = OK = R) nên suy ∆ OBK vuông cân O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB) * Gọi P giao điểm tia KO với đường tròn ta có KP đường kính KP // MN. Ta có tứ giác KPMN hình thang cân nên KN = MP. Xét tam giác KMP vuông M ta có: MP2 + MK2 = KP2 ⇔ KN2 + KM2 = 4R2. 0,25 Bài 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn a + b + c = . Chứng minh rằng: 3 3 ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ − Ý Nội dung Điểm Ta có: (a − 1)3 = a − 3a + 3a − = a ( a − 3a + 3) − 0,5 đ Tương tự: 3 3  = a  a − ÷ + a − ≥ a − (1) (do a ≥ 0) 2 4  3 (b − 1)3 ≥ b − ( ) , (c − 1)3 ≥ c − ( 3) 4 0,25 Từ (1), (2), (3) suy ra: ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1) ≥ ( a + b + c) − = − = − 4 Vậy BĐT chứng minh. Dấu đẳng thức xảy   3  a  a − ÷ = a = ∨ a =       a = 0, b = c =    3  b  b − ÷ = b = ∨ b = ⇔ ⇔ b = 0, a = c = 2       c  c −  = c = ∨ c =  c = 0, a = b = ÷    2   a + b + c = a + b + c = 3 0,25 . 5 2 5 2 5 2   + + −    ÷ + =  ÷  ÷ − + − +    0,25 2 5 5. 5 4 = − = 10 0,25 KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Th¸i b×nh NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120.  −  ÷ = + ×  ÷ + −   0,25 ( ) ( ) ( ) 3 3 3 9 9 x x x x A x x x + + − − ⇔ = × − 0,25 3 9 3x x x A x + + − ⇔ = 0,25 9 x A x + ⇔ = 0,25 Kết luận: Vậy với 0, 9> ≠x x thì 9 x A x + = 0,25 2. (0,75đ) Ta. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Th¸i B×nh NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm : 01 trang Bài 1. (2,0 điểm) 1. Rút

Ngày đăng: 16/09/2015, 11:03

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan