Thông tin tài liệu
Nguyễn Quỳnh GV Toán THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ sưu tầm & giới thiệu 1 ðỀ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC MÔN TOÁN N ĂM 2005 DỰ BỊ 1 KHỐI A Câu I: (2 ñ) Gọi (C m ) là ñồ thị của hàm số : y = 2 2 2 1 3x mx m x m + + − − (*) (m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (*) ứng với m = 1. 2. Tìm m ñể hàm số (*) có hai ñiểm cực trị nằm về hai phía trục tung. Câu II : ( 2 ñiểm) 1. Giải hệ phương trình : 2 2 4 ( 1) ( 1) 2 x y x y x x y y y + + + = + + + + = 2. Tìm nghiệm trên khoảng (0; π ) của phương trình : 2 2 3 4sin 3 cos 2 1 2cos ( ) 2 4 x x x π − = + − . Câu III: (3 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC cân tại ñỉnh A có trọng tâm G 4 1 ( ; ) 3 3 , phươ ng trình ñườ ng th ẳ ng BC là 2 4 0x y− − = và ph ươ ng trình ñườ ng th ẳ ng BG là 7 4 8 0x y− − = . Tìm t ọ a ñộ các ñỉ nh A, B, C. 2. Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a ñộ Oxyz cho 3 ñ i ể m A(1;1;0), B(0; 2; 0), PC(0; 0; 2) . a) Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (P) qua g ố c t ọ a ñộ O và vuông góc v ớ i BC.Tìm t ọ a ñộ giao ñ i ể m c ủ a AC v ớ i m ặ t ph ẳ ng (P). b) Ch ứ ng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t c ầ u ng ọ ai ti ế p t ứ di ệ n OABC. Câu IV: ( 2 ñiểm) 1. Tính tích phân: I 3 2 0 sin .tan dx x x π = ∫ . 2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn bằng 8. Câu V: (1 ñiểm) Cho x, y, z là ba số thỏa mãn x + y + z = 0. Chứng minh rằng : 3 4 3 4 3 4 6 x y z + + + + + ≥ . Nguyễn Quỳnh GV Toán THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ sưu tầm & giới thiệu 2 ðỀ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC MÔN TOÁN N ĂM 2005 DỰ BỊ 2 KHỐI A Câu I: (2 ñiểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị ( C ) của hàm số 2 1 1 x x y x + + = + . 2. Viết phương trình ñường thẳng ñi qua ñiểm M (- 1; 0) và tiếp xúc với ñồ thị ( C ) . Câu II :( 2 ñiểm) 1. Giải hệ phương trình : 2 1 1 3 2 4 x y x y x y + + − + = + = 2. Giải phương trình : 3 2 2 cos ( ) 3cos sin 0 4 x x x π − − − = . Câu III: (3 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy cho ñường tròn (C): x 2 + y 2 12 4 36 0x y− − + = . Viết phương trình ñường tròn (C 1 ) tiếp xúc với hai trục tọa ñộ Ox, Oy ñồng thời tiếp xúc ngoài với ñường tròn (C). 2. Trong không gian với hệ tọa ñộ ðêcac vuông góc Oxyz cho 3 ñiểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4) a) Tìm tọa ñộ ñiểm B thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu qua 4 ñiểm O, B, C, S. b) Tìm tọa ñộ ñiểm A 1 ñối xứng với ñiểm A qua ñường thẳng SC. Câu IV : ( 2 ñiểm) 1. Tính tích phân: I 7 3 0 2 d 1 x x x + = + ∫ . 2. Tìm hệ số của x 7 trong khai triển ña thức 2 (2 3 ) n x− , trong ñó n là số nguyên dương thỏa mãn: 1 3 5 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 . n n n n n C C C C + + + + + + + + + = 1024. ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử) Câu V : (1 ñiểm) Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có : 2 9 (1 )(1 )(1 ) 256 y x x y + + + ≥ . ðẳng thức xảy ra khi nào? Nguyễn Quỳnh GV Toán THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ sưu tầm & giới thiệu 3 ðỀ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC MÔN TOÁN N ĂM 2005 DỰ BỊ 1 KHỐI B Câu I: (2 ñiểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị ( C ) của hàm số 4 2 6 5y x x= − + . 2. Tìm m ñể phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt : 4 2 2 6 log 0x x m− − = . Câu II : (2 ñiểm) 1. Giải hệ phương trình : 2 1 1 3 2 4 x y x y x y + + − + = + = 2. Giải phương trình : 3 2 2 cos ( ) 3cos sin 0 4 x x x π − − − = . Câu III: (3 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy cho elip (E) : 2 2 64 9 x y + = 1. Viết phương trình tiếp tuyến d của (E) biết d cắt hai hai trục tọa ñộ Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho AO = 2BO. 2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz cho hai ñường thẳng 1 x y z : 1 1 2 d = = và 2 1 2 : 1 x t d y t z t = − − = = + ( t là tham số ). a) Xét vị trí Onthionline.net ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn : TOÁN - Khối : B PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2( m + )x + m (1), m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C cho OA = BC, O là gốc tọa độ, A là cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị lại Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin x cos x + sin x cos x = cos x + sin x + cos x Giải phương trình + x − − x + 4 − x = 10 − x (x ∈ R) π Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = + x sin x dx ∫0 cos x Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = a Hình chiếu vuông góc điểm A mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD Góc hai mặt phẳng (ADD 1A1) và (ABCD) 600 Tính thể tích khối lăng trụ cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) a3 b3 a b2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + ÷− + ÷ b a b a PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một hai phần (phần A hoặc B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆ : x – y – = và d : 2x – y – = Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ điểm M thỏa mãn OM.ON = x − y +1 z = = Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : và mặt phẳng (P) : −2 −1 x + y + z – = Gọi I là giao điểm ∆ và (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MI vuông góc với ∆ và MI = 14 5+i Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z − −1 = z B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ;1÷ Đường tròn nội tiếp tam 2 giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng các điểm D, E, F Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – = Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương x + y −1 z + = = Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : và hai điểm −2 A (-2; 1; 1); B (-3; -1; 2) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho tam giác MAB có diện tích Onthionline.net 1+ i Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo số phức z = ÷ ÷ 1+ i BÀI GIẢI GỢI Y PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: 1/ Khảo sát, vẽ (C) : m = ⇒ y = x4 – 4x2 + D = R, y’ = 4x3 – 8x, y’ = ⇔ x = hay x = ± Hàm số đồng biến ( − ; 0) và ( ; +∞), nghịch biến (-∞; − ) và (0; Hàm số đạt cực đại x = và yCĐ = 1, đạt cực tiểu x = ± và yCT = -3 lim y = +∞ 2) x →±∞ Bảng biến thiên : x -∞ − y’ − + y +∞ -3 y 0 − +∞ + +∞ -3 -2 − O y’ = 4x3 – 4(m + 1)x y’ = ⇔ x = hay x2 = m + Hàm số có cực trị ⇔ m + > ⇔ m > -1 -3 Khi đồ thị hàm số có cực trị A (0; m), B ( m + ; -m2 – m – 1); C (- m + ; -m2 – m – 1) Ta có: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m = ± 2 (thỏa m > -1) Câu II Phương trình cho tương đương : 2sinxcos2x + sinxcosx = 2cos2x – + sinx + cosx ⇔ sinxcosx (2cosx + 1) = cosx (2cosx + 1) – + sinx ⇔ cosx(2cosx + 1)(sinx – 1) – sinx + = ⇔ sinx = hay cosx(2cosx + 1) – = π ⇔ x = + k 2π hay 2cos2x + cosx – = π ⇔ x = + k 2π hay cosx = – hay cosx = 2 π π ⇔ x = + k 2π hay x = π + k2π hay x = ± + k 2π (k ∈ Z) 2 Đặt t = + x − − x ⇒ t = 9(10 − 3x − 4 − x ) Phương trình cho trở thành : t2 – 9t = ⇔ t = hay t = Với t = : + x = − x ⇔ x = Với t = : + x − − x = (điều kiện : -2 ≤ x ≤ 2) ⇔ + x = + 2 − x ⇔ + x = + 12 − x +4(2 – x) ⇔ 12 − x = x − 15 (vô nghiệm) 2/ Cách khác : Đặt u = + x và v = − x (u, v ≥ 0), phương trình cho trở thành: x Onthionline.net 3u − 6v + 4uv = u + 4v (1) 2 (2) u + v = (1) ⇔ 3(u – 2v) = (u – 2v) ⇔ u = 2v hay u = 2v + 4 Với u = 2v ta có (2) ⇔ v2 = suy ra: – x = ⇔x = 5 Với u = 2v + ta có (2) ⇔ (2v + 3)2 + v2 = ⇔ 5v2 + 12v +5 = (VN v≥ 0) Câu III: π π π π 3 π dx x sin xdx x sin xdx x sin xdx I=∫ + = tan x + = + [ ]0 ∫ 2 ∫ ∫ cos x cos x cos x cos x 0 Đặt u = x => du = dx sin xdx dv = , chọn v = cos x cos x ⇒I = π 3+∫ = x sin xdx = cos x 2π sin x − 3+ + ln sin x + π π π 3+ x dx = −∫ cos x 0 cos x = 3+ 3+ π 2π cos xdx +∫ sin x − 2π − + ln 2+ Câu IV a , ∆OIA1 là nửa tam giác ⇒A1I = 2OI = a VABCD.A1B1C1D1 = a.a a = 3a 2 Gọi B2 là điểm chiếu B1 xuống mặt phẳng ABCD A Vậy d (B1, A1BD) là đường cao vẽ từ B2 ∆OB2B 1 a2 = OB.B2 H S(OBB2 ) = a a = 2 A1 Ta có : OI = ⇒ B2H = D I C B2 O B H a2 a = a Câu V 2 Theo giả thiết ta có ( a + b ) + ab = ( a + b ) ( ab + ) Từ suy : 2 a b 1 1 a b + ÷+ = + ÷( ab + ) hay + ÷+ = a + + b + b a b a a b b a a 2 b + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a + + b + ≥ 2 ÷ b a a÷ b a b Đặt t = + , ta suy : 2t + ≥ 2 t + ⇒ 4t2 – 4t – 15 ≥ ⇒ t ≥ b a 3 2 a b a b Mặt khác: P = + ÷− + ÷ = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) b a b a f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = ⇒ t = − hay t = 2 Onthionline.net 23 t = 23 Vậy P = − a = và b = hay a = và b = Câu VI.a x = at Phương trình ON có dạng (a2 + b2 ≠ 0), N (at1; bt1) và M (at2; bt2) y = bt M = ON ∩ ∆ : ... BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn : TOÁN ; Khối : A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) : Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 22 1 xmx y x ++ = + (1) ; 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và khoảng cách hai điểm đó đến đường thẳng :20dx y++= bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2sin cot 2sin2 1x xx+= + . 2. Giải hệ phương trình : 22 ( 2)( 2) 24 (, ) 2( ) 11 xy x y xy xy xy ++= ⎧ ∈ ⎨ ++ += ⎩ \ . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 1 (1)(1) x dx I ex − = ++ ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’ cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 2 3 8 a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực dương ,,abc thoả mãn điều kiện 1abc = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 22 22 22 111 23 23 23 P ab bc ca =++ + +++++ . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C) : 22 (1)( 2) 9xy− ++ = và đường thẳng d : 0xym++ = . Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A để từ A kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là hai tiếp điểm) sao cho ABCΔ vuông tại A. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng có phương trình lần lượt là (): 2 2 5 0Px y z+−+= ; (): 2 2 13 0Qx y z+−+= . Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua gốc toạ độ O, qua điểm (5;2;1)A và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa 2 x trong khai triển nhị thức Niutơn của 4 1 2 n x x ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ . Biết n là số nguyên dương thoả mãn 23 1 01 2 22 2 6560 2 . 23 1 1 n n nnn n nn CCC C + ++++ = + + . ( k n C là tổ hợp chập k của n phần tử). B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm M(1;0). Tìm phương trình đường thẳng d đi qua M, cắt hai đường thẳng 1 :10dxy++= ; 2 :220dx y−+= lần lượt tại hai điểm A và B sao cho MA = 3MB . 2. Trong không gian cho hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P), đường thẳng lần lượt có phương trình là : (): 2 2 1 0Px y z−+−= ; 1 13 : 232 x yz d −− = = − ; 2 55 : 64 5 xyz d −+ == − Tìm các điểm 1 M d∈ và 2 Nd∈ sao cho // ( )MNP và khoảng cách từ MN tới mặt phẳng (P) bằng 2. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 31 2 3 2 223.2 311 xy xy x xy x +− + ⎧ += ⎪ ⎨ ++= + ⎪ ⎩ -------------------Hết------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : . ; Số báo danh : Trang 1/6– Mã đề thi 259 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 06 trang) ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn : HOÁ HỌC ; Khối : A Thời gian làm bài : 90 phút, không kể thời gian phát đề. Mã đề thi 259 Họ, tên thí sinh : Số báo danh : . Cho biết khối lượng nguyên tử (theo đvC) của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; Sn = 119; Ba = 137; Pb = 207. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (40 câu, từ câu 1 đến câu 40) Câu 1: Có 4 hợp chất hữu cơ có công thức phân tử lần lượt là: CH 2 O, CH 2 O 2 , C 2 H 2 O 3 và C 3 H 4 O 3 .Số chất vừa tác dụng với Na, vừa tác dụng với dung dịch NaOH, vừa có phản ứng tráng gương là A. 2 B. 1 C. 3 D. 4 Câu 2: Có 4 kim loại : Mg, Ba, Zn, Fe. Chỉ dùng thêm 1 chất thì có thể dùng chất nào trong số các chất cho dưới đây để nhận biết kim loại đó? A. dd NaOH B. không nhận biết được. C. dd Ca(OH) 2 D. dd H 2 SO 4 loãng Câu 3: Cho hỗn hợp gồm FeO, CuO, Fe 3 O 4 có số mol 3 chất đều bằng nhau tác dụng hết với dung dịch HNO 3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,09 mol NO 2 và 0,05 mol NO. Số mol của mỗi chất là: A. 0.36 B. 0,24 C. 0,12 D. 0,21 Câu 4: Có bốn ống nghiệm đựng các hỗn hợp sau: 1) Benzen + phenol 2) Anilin + dd H 2 SO 4 (lấy dư) 3) Anilin +dd NaOH 4)Anilin + nước. Hãy cho biết trong ống nghiệm nào có sự tách lớp A. 1, 2, 3 B. 3, 4 C. Chỉ có 4 D. 1, 4 Câu 5: Cho m gam bột sắt vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,16 mol Cu(NO 3 ) 2 và 0,4 mol HCl, lắc đều cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng bằng 0,7m gam và V lít khí (đktc). Giá trị của V và m lần lượt là A. 4,48 lít và 33,07 gam B. 2,24 lít và 33,07 gam C. 4,48 lít và 21,55 gam D. 1,12 lít và 18,20 gam Câu 6: Phản ứng: Fe x O y + 2yHI ⎯⎯→ xFeI 2 + (y-x) I 2 + y H 2 O không phải là phản ứng oxi hóa khử nếu: A. luôn luôn là phản ứng oxi hoá khử, không phụ thuộc vào giá trị x,y B. x = y = 1 C. x = 3; y = 4 D. x = 2; y = 3. Câu 7: Chia hỗn hợp 2 kim loại có hoá trị không đổi làm 2 phần bằng nhau. Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl tạo ra 1,792 lít H 2 (đktc). Phần 2, nung trong oxi thu được 2,84 gam hỗn hợp oxit. Khối lượng hỗn hợp 2 kim loại ban đầu là: A. 2,4 gam B. 1,8 gam C. 2,2 gam D. 3,12 gam Câu 8: Trong các quá trình dưới đây: 1) H 2 + Br 2 (t 0 ) ; 2) NaBr + H 2 SO 4 (đặc, t 0 dư) 3) PBr 3 + H 2 O 4) Br 2 + P + H 2 O Quá trình nào không điều chế được HBr Trang 2/6– Mã đề thi 259 A. (3) và (4) B. (3) C. (2). D. (1) và (3). Câu 9: Thổi khí CO 2 vào dung dịch chứa 0,02 mol Ba(OH) 2 . Giá trị khối lượng kết tủa biến thiên trong khoảng nào khi CO 2 biến thiên trong khoảng từ 0,005 mol đến 0,024 mol ? A. 0 gam đến 0,985 gam B. 0,985 gam đến 3,152 gam C. 0 gam đến 3,94 gam D. 0,985 gam đến 3,94 gam Câu 10: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3 O 4 và Fe 2 O 3 . Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X cần vừa đủ 0,1 gam H 2 . Hoà tan hết 3,04 gam hỗn hợp X bằng dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng thì thể tích khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất) thu được ở đktc là A. 0,224 lít B. 0,336 lít C. 0,448 lít D. 0,896 lít Câu 11: Cho các dung dịch được đánh số thứ tự như sau: 1. KCl 2. Na 2 CO 3 3. CuSO 4 4. CH 3 COONa 5. Al 2 (SO 4 ) 3 6. NH 4 Cl 7. NaBr 8. K 2 S. Dung dịch có pH < 7 là: A. 1, 2, 3 B. 2, 4, 6 C. 6, 7 , 8 D. 3, 5, 6 Câu 12: Thêm NH 3 đến dư vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,01 mol FeCl 3 và 0,01 mol CuCl 2 . Khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng kết tủa thu được bằng : A. 0,90 gam B. 0,98 !"#$## %&' ()" Thời gian làm bài: 120 phút *+,(2,5 điểm) Cho x 10 x 5 A x 25 x 5 x 5 = − − − − + , với x ≥ 0 và x ≠ 25. 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm giá trị của A khi x = 9. 3) Tìm x để A < 1 3 . *+,(2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu ngày? *+,(1,0 điểm) Cho parabol (P) : y = x 2 và đường thẳng (d) : y = 2x – m 2 + 9. 1) Tìm tọa độ các giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = 1. 2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. *+,(3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d 1 và d 2 lần lượt là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A và B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d 1 , d 2 lần lượt tại M, N. 1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh · · ENI EBI= và · MIN = 90 0 . 3) Chứng minh AM.BN = AI.BI. 4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng. *+,(0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 2 1 4x 3x 2011 4x − + + . BÀI GIẢI *+,"-#./0,12Với x ≥ 0 và x ≠ 25 ta có : 1) x 10 x 5 A x 25 x 5 x 5 = − − − − + = ( 5) 10 5( 5) 25 25 25 x x x x x x x + − − − − − − = 5 10 5 25 25 25 25 x x x x x x x + − − − − − − = 10 25 25 x x x − + − = 2 ( 5) ( 5)( 5) x x x − − + = 5 5 x x − + 2) x = 9 ⇒ A = 9 5 1 4 9 5 − = − + 3) A < 1 3 ⇔ 5 5 x x − + < 1 3 ⇔ 3 15 5x x− < + ⇔ 2 20x < ⇔ 10x < ⇔ 0 100x ≤ < *+,"-#./0,12 Cách 1: Gọi x (ngày) (x ∈ N * ) là số ngày theo kế hoạch đội xe chở hết hàng Theo đề bài ta có: 140 5 ( 1) 140 10x x + − = + ÷ ⇔ 140x + 5x 2 – 140 x - 5 = 150 ⇔ 5x 2 – 15x – 140 = 0 ⇔ x = 7 hay x = -4 (loại) Vậy đội xe chở hết hàng theo kế hoạch trong 7 ngày. Cách 2: Gọi a (tấn) (a ≥ 0): số tấn hàng mỗi ngày, b (ngày) (b ∈ N * ) : số ngày Theo đề bài ta có : . 140 ( 5)( 1) 140 10 a b a b = + − = + ⇔ . 140 5 15 a b b a = − = ⇒ 5b 2 – 15b = 140 ⇔ b = 7 hay b = -4 (loại). Vậy đội xe chở hết hàng theo kế hoạch trong 7 ngày. *+,"-.0,12 1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) khi m = 1 là: x 2 = 2x + 8 ⇔ x 2 – 2x + 8 = 0 ⇔ (x + 2) (x – 4) = 0 ⇔ x = -2 hay x = 4 y(-2) = 4, y(4) = 16 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) khi m = 2 là : (-2; 4) và (4; 16). 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x 2 = 2x – m 2 + 9 ⇔ x 2 – 2x + m 2 – 9 = 0 (1) Ycbt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu ⇔ a.c = m 2 – 9 < 0 ⇔ m 2 < 9 ⇔ m < 3 ⇔ -3 < m < 3. *+,"-3./0,12 1) Xét từ giác MAIE có 2 góc vuông là góc A, và góc E (đối nhau) nên chúng nội tiếp trong đường tròn đường kính MI. 2) Tương tự ta có tứ giác ENBI nội tiếp đường tròn đường kính IN. Vậy góc ENI = góc EBI (vì cùng chắn cung EI) Tương tự góc EMI = góc EAI (vì cùng chắn cung EI) Mà góc EAI + góc EBI = 90 0 (∆EAD vuông tại E) ⇒ góc MIN = 180 0 – (góc EMI + góc ENI) = 180 0 – 90 0 = 90 0 3) Xét 2 tam giác vuông MAI và IBN Ta có góc NIB = góc IMA (góc có cạnh thẳng góc) ⇒ chúng đồng dạng ⇒ AM AI IB BN = ⇔ AM.BN AI.BI = (1) 4) Gọi G là điểm đối xứng của F qua AB. Ta có AM + BN = 2OG (2) (Vì tứ giác AMNB là hình thang và cạnh OG là cạnh trung bình của AM và BN) M E I A O B F G N Ta có : AI = R 2 , BI = 3R 2 Từ (1) và (2) ⇒ AM + BN = 2R và AM.BN = 2 3R 4 Vậy AM, BN là nghiệm của phương trình X 2 – 2RX + 2 3R 4 = 0 ⇒AM = R 2 hay BN = 3R 2 . Vậy ta có 2 tam giác vuông www.VNMATH.com 1 SỞ GIÁO ĐỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 22 tháng 6 năm 2010 Thời gian làm bài: 120phút Bài I (2,5 điểm) Cho biểu thức : A = 2 3 9 9 3 3 x x x x x x , với x 0 và x 9. 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm giá trị của x để A = 1/3 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A. Bài II (2,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7 m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó. Bài III (1,0 điểm) Cho parabol (P): y = -x 2 và đường thẳng (d): y = mx – 1. 1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. 2) Gọi x 1 , x 2 lần lượt là hoành độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm giá trị của m để: x 1 2 x 2 + x 2 2 x 1 – x 1 x 2 = 3. Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC. 3) Chứng minh CFD = OCB . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4) Cho biết DF = R, chứng minh tg AFB = 2. Bài V ( 0,5 điểm) Giải phương trình: x 2 + 4x + 7 = (x + 4) 2 7 x ĐỀ CHÍNH THỨC www.VNMATH.com 2 SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2010 – 2011 MÔN: TOÁN Ngày thi: 24 tháng 6 năm 2010 Thời gian Làm bài 150 phút BÀI I (2,0 điểm) 1) Cho n là số nguyên, chứng minh nnA 11 3 chia hết cho 6 2) Tìm tất cả các số tự nhiên n để 13 24 nnB là số nguyên tố BÀI II (2,0 điểm) Cho phương trình : 01)22()22( 222 xmmxmm .Gọi 21 , xx là hai nghiệm của phương trình đã cho. 1) Tìm các giá trị của m để )12(2 2121 2 2 2 1 xxxxxx . 2) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 21 xxS BÀI III (2.0 điểm) 1) Cho a là số bất kì,chứng minh rằng: 2 2009 2010 2010 2010 a a 2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình 0)22)(2( 22 xxxxy BÀI IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) và một điểm M nằm ngoài đường tròn.Đường tròn đường kính OM cắt đường tròn (O;R) tại hai điểm E , F. 1) Chứng minh giao điểm I của đoạn thẳng OM với đường tròn (O;R) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF. 2) Cho A là một điểm bất kì của thuộc cung EF chứa điểm M của đường tròn đường kính OM (A khác E,F). Đoạn thẳng OA cắt đoạn thẳng EF tại điểm B. Chứng minh 2 ROBOA 3) Cho biết OM=2R và N là một điểm bất kì thuộc cung EF chứa điểm I của đường tròn (O;R) ( N khác E,F). Gọi d là đường thẳng qua F và vuông góc với đường thẳng EN tại điểm P, d cắt đường tròn đường kính OM tại điểm K (K khác F). Hai đường thẳng FN và KE cắt nhau tại điểm Q. chứng minh rằng: 2 2 3 RQKQNPKPN BÀI V ( 1,0 điểm) Giải phương trình: 01 34578 xxxxxx ĐỀ CHÍNH THỨC www.VNMATH.com 3 S GIO DC O TO TUYN SINH LP 10 NM HC 2010 - 2011 NAM NH Môn :TON đề chính thức (Thi gian: 120 phỳt (khụng k thi gian giao ) Phần I-Trắc nghiệm (2,0 điểm) . Trong mi cõu t cõu 1 n 8 u cú bn phng ỏn tr li A, B, C, D trong ú ch cú mt phng ỏn ỳng. Hóy chn phng ỏn ỳng v vit vo bi lm. Cõu 1.Phơng trình ( 1)( 2) 0 x x tơng đơng với phơng trình A. x 2 +x-2=0 B. 2x+4=0 C. x 2 -2x+1=0 D. x 2 +x+2=0 Cõu 2. Phơng trình nào sau đây có tổng hai nghiệm bằng 3 ? A. x 2 -3x+4 = 0. B. x 2 -3x-3=0. C. x 2 -5x+3 = 0. D. x 2 -9 = 0. Cõu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên R ? A. y=-5x 2 . B. y=5x 2 . C. ( 3 2) y x . D. y=x-10 Cõu 4. Phơng trình 2 4 0 x x m có nghiệm chỉ khi A. m - 4 B. m < 4. C.m 4. D. m > - 4 Cõu 5.Phơng trình 3 4 x x có tập nghiệm là A. ; 1 4 . B. ; 4 5 C. ; 1 4 . D. 4 Cõu 6. Nếu một hình vuông ... VABCD.A 1B1 C1D1 = a.a a = 3a 2 Gọi B2 là điểm chiếu B1 xuống mặt phẳng ABCD A Vậy d (B1 , A1BD) là đường cao vẽ từ B2 ∆OB 2B 1 a2 = OB .B2 H S(OBB2 ) = a a = 2 A1 Ta có : OI = ⇒ B2 H = D I C B2 ... B2 O B H a2 a = a Câu V 2 Theo giả thi t ta có ( a + b ) + ab = ( a + b ) ( ab + ) Từ suy : 2 a b 1 1 a b + ÷+ = + ÷( ab + ) hay + ÷+ = a + + b + b a b a a b b a a 2 b +... (at1; bt1) và M (at2; bt2) y = bt M = ON ∩ ∆ : at1 – bt1 – = ⇔ t1 = (a ≠ b) a b N = ON ∩ d : 2at2 – bt2 – = ⇔ t2 = (2a ≠ b) 2a − b 4b 2b 4a 2a ; ; Suy : M ÷, N ÷ a b a b
Ngày đăng: 31/10/2017, 14:48
Xem thêm: de thi tuyen sinh dh khoi b mon toan nan 2011 38992
