Đề thi vào lớp 10 tại TP Hue và gợi ý giải đề thi

Kì thi tuyển sinh lớp 10 THPT – TP. Huế Năm học 2009-20010 Môn toán Thời gian 120 phút =========================== Bài 1: (2,25 điểm) Không sử dụng máy tính bỏ túi, hãy giải các phương trình và hệ phương trình sau: 2 4 2 3x - 4y=17 / 5 13 6 0 b/4x 7 2 0 c/ 5x + 2y = 11 a x x x  + − = − − =   Bài 2: (2,25 điểm) a/ Cho hàm số y = ax + b. Tìm a và b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng y = -3x + 5 và đi qua điểm A thuộc parabol (P): 2 1 2 y x= có hoành độ bằng -2 b/ Không cần giải, chứng tỏ phương trình ( ) 2 3 1 2 3 0x x+ − − = có hai nghiệm phân biệt và tính tổng bình phương hai nghiệm đó. Bài 3 (1,5 điểm) Hai máy ủi cùng làm việc trong vòng 12 giờ thì san lấp 1 10 khu đất. Nếu máy ủi thứ nhất làm việc trong 42 giờ rồi nghỉ và sau đó máy ủi thứ hai làm một mình trong 22 giờ thì cả hai máy san lấp được 25% khu đất đó. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi máy ủi san lấp xong khu đất trong bao lâu? Bài 4: (2,75) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Vẽ tiếp tuyến d với đường tròn (O) tại B. Gọi C và D là hai điểm tùy ý trên tiếp tuyến d sao cho B nằm giữa C và D. Các tia AC, AD cắt (O) lần lượt tại E và F (E, F khác A) a/ Chứng minh: 2 .CB CA CE= b/ Chứng minh: Tứ giác CEFD nội tiếp trong đường tròn (O’) c/ Chứng minh: Các tích AC. AE và AD. À cùng bằng một hằng số không đổi. Tiếp tuyến của (O’) kẻ từ A tiếp xúc với (O’) tại T. Khi C hoặc D di động trên d thì điểm T chạy trên đường nào? Bài 5: (1,25) Một cái phểu có phần trên dạng hình nón đỉnh S, bán kính đáy R = 15 cn, chiều cao h = 30cm. Một hình trụ đặc bằng kim loại có bán kính đáy r = 10cm đặt vừa khít trong hình nón có đầy nước ( xem hình bên), Người ta nhấc nhẹ hình trụ ra khỏi phểu. Hãy tính thể tích và chiều cao khối nước còn lại trong phểu. Bài giải Bài1 (2,25) 2 2 / 5 13 6 0 169 120 289 17 0 a x x+ − = ∆ = + = = > (0,5) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 13 17 2 13 17 ; x 3 10 5 10 x − + − − = = = = − (0,25) b/ 4x 4 – 7x 2 – 2 = 0 (1) Đặt t = x 2 ; t > 0 (1) ⇔ 4t 2 – 7t – 2 = 0 (2) (0.25) 2 49 32 81 9 0∆ = + = = > Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt 1 2 7 9 7 9 2 1 2; 8 8 8 4 t t + − − − = = = = = (loại) (0,25) Nghiệm của phương trình (1) là: 1 2 2; x 2x = = − (0,25) 3x - 4y=17 3 4 17 c/ 5x + 2y = 11 10 4 22 3 4 17 13 39 3 (0, 25) 8 2 4 x y x y x y x x y − =   ⇔   + =   − =  ⇔  =  =   ⇔  = − = −   (0,5) Bài 2: (2,25) a/ Đồ thị hàm số y = ax + b song song với đường thẳng y = -3x + 5 3 5 a b = −  ⇒  ≠  (0,5 ) Phương trình đường thẳng là: y = -3x + b Điểm A có tọa độ là (-2, m) Vì A thuộc parabol (P): 2 2 1 1 ( 2) 2 2 2 y x m= ⇒ = − = Vậy A (-2,2) (0,25) Đường thẳng y = -3x + b đi qua A(-2,2) ⇒ 2= 6 + b ⇒ b = -4 (0,5) Vậy phương trình đường thẳng : y = -3x - 4 (0,25) b/ ( ) 4 3 3 1 4 3 3 7 3 0∆ = + + = + + = + > (0,25) Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 (0,25) 4 2 3 3 1 2 2 3 3 1 3 1 3 1 2 5 3 2 5 3 4+6+2 3 = = =3 3-7 (0,25) 4 2 3 2 2 3 3 1 x x x x x x+ = + − + +   = + =  ÷ + +   + + + = + + + Bài 3 (1.5) Gọi x (giờ); y(giờ) lần lượt là thời gian xe ủi 1 và xe ủi 2 làm một mình thì san lấp xong khu đất (x >0; y > 0) (0,25) Hai xe làm trong 12 giờ thì được 1 10 khu đất .Vậy sau 120 giờ thì hai xe san lấp xong khu đất. Mỗi giờ cả hai xe làm được: 1 120 khu đất (0,25) Mỗi giờ xe 1 san lấp được: 1 x khu đất Mỗi giờ xe 2 san lấp được: 1 y khu đất. Mỗi giờ cả hai xe san lấp được: 1 1 1 120x y + = ( khu đất) (0,25) Phần đất xe ủi thứ nhất làm được trong 42 giờ là: 42 x Phần đất xe ủi thứ hai làm được trong 22 giờ là: 22 y Cả hai xe san lấp được: 22 42 1 25% 4x x + = = ( khu đất) (0,25) Ta có hệ phương trình sau: 1 1 1 1 1 1 ; 120 120 x 42 22 1 1 42 22 4 4 120 120 1 2 120 120 1 3 2 168 88 1 200 1 3 1 300 200 1 200 300 X Y X Y x y y X Y x y X Y X Y X Y X Y X Y Y Y x y X     + = + = = =    ÷     ⇔     + = + =     + =   + = =    ⇔ ⇔ ⇔    + = =    =    =  =   ⇔ ⇔   =   =   (0,25) Vậy xe ủi 1 làm mất: 200 giờ, xe ủi 2 làm mất: 300 giờ (0.25) Bài 4 (2,75) a/ Chứng minh: CB 2 = CA.CE CD tiếp tuyến (O) Tại B 0 ˆ 90B⇒ = . Trong tam vuông CBA có BE ⊥ AC 2 .BC CA CE= (0,5) b/ Tứ giác CEFD có: 0 0 0 90 90 180 BEF BAF BDA BAF AEF BEF BDA AEF AEF FEC ∠ = ∠ ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ⇒ ∠ = ∠ ∠ + ∠ = Vậy tứ giác AEFD nội tiếp (0,75) F E B A C D c/ Chứng minh: AC.AE và AD,AF cùng bằng một số không đổi Theo câu a ta có: AB 2 = AC,AE Tương tự: AB 2 = AD. AF ⇒ AC. AE = AD.AF = 4R 2 (0,75) ⇒ AC, AD là hai cát tuyến của đường tròn (O’) kẻ từ A Gọi T là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ A của (O’), ta có: AT 2 = AC.AE = AB 2 ⇒ AT = AB (0,25) Vậy khi C hoặc D di động trên d thì T di động trên đường tròn (A, 2 AB ) (0,5) Bài 5: Thể tích của hình nón: 2 2 3 1 1 15 .30 2250 ( ) 3 3 V R h cm π π π = = = (0,25) Thể tích hình trụ ' 2 'V r h π = (0,25) Trong hình thang OO’BA, h’= HB Tam giác SOA vuông tại O, ta có: tg A = 2 ⇒ h’ = HB = 5.tgA = 5.2 = 10cm (0,25) ' .100.10 1000V π π = = (0,25) Thể tích của khối nước còn lại trong phểu (2250 – 1000) π = 1250 π cm 3 (0,25) (Có thể tính chiều cao h’ như sau: Gọi h 1 ,r 1 là chiều cao và bán kính của khối hình chóp cụt không có nước, ta có 2 1 1 1 1 ( 225 15 ) 1000 3 h r r+ + = (1)( thể tích này chính là thể tích của khối trụ kim loại) Mặt khác ta có: h 1 = 2(15-r 1 ) cm Thay vào (1) ta có phương trình: T F E B A C D ' 10 2 2 ' 30. 20 15 3 3 ' 10 ) SO OO cm SO OO cm = = ⇒ = = ⇒ = h 1 r 1 15 ( ) ( ) 2 1 1 1 3 1 1 1 15 15 225 1570 1875 12,3 5.4 r r r r r h cm − + + = ⇔ = ⇔ ≈ ⇒ ≈ Vậy chiều cao khối nước còn lại: 30-5,4 ≈24.6cm ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- . h’ = HB = 5.tgA = 5.2 = 10cm (0,25) ' .100 .10 1000V π π = = (0,25) Thể tích của khối nước còn lại trong phểu (2250 – 100 0) π = 1250 π cm 3 (0,25). làm một mình thi san lấp xong khu đất (x >0; y > 0) (0,25) Hai xe làm trong 12 giờ thi được 1 10 khu đất .Vậy sau 120 giờ thi hai xe san