DeDA Toan vao 10 Thai Binh 1112

Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần.[r]

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề Bài (2,0 điểm)

Cho biểu thức

3 x

A

x

x x



  



  với x  và x  1. Rút gọn biểu thức A

2 Tính giá trị của A x 2.  Bài 2.(2,0 điểm)

Cho hệ phương trình:

mx 2y 18

x y

  



 

 (m là tham số).

1 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x ; y) đó x =

2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm nhất (x ; y) thoả mãn 2x + y = Bài (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parbol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = ax + (a là tham số)

1 Vẽ parbol (P)

2 Chứng minh rằng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

3 Gọi x1, x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P) Tìm a để x1 + 2x2 = Bài (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Điểm C nằm tia đối của tia BA cho BC = R Điểm D thuộc đường tròn tâm O cho BD = R Đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt tia AD tại M

1 Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp b) AB.AC = AD.AM

c) CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O

2 Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần Tính diện tích phần tam giác ABM nằm ngoài đường tròn tâm O theo R

Bài (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số không âm thoả mãn: a + b + c = 1006 Chứng minh rằng:

2 2

2012

(b c) (c a) (a b)

2012a 2012b 2012c

2 2 

  

    

HẾT

THÁI BÌNH

2011-2012

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

(Gồm 04 trang)

Bài Đáp án Điểm

Bài 1 (2,0đ)

1.

(1,25đ)

x x x x

3

A  



 

 

với x ≥ và x 1

   

3 x

x x x x



  

    0,25đ

     

   

3 x x x x x

    



  0,25đ

   

3 x x x x x

    



  0,25đ

   

x x x

 

  0,25đ

1 x



 0,25đ

2.

(0,75đ) +)  

2 x 2   1

thoả mãn x ≥ và x ≠ 0,25đ

+) Thay  

2 x 1

vào A

 2

1 A

2 1



 

0,25đ

1 1



  (do 1 )

1

2

 

Bài Đáp án Điểm

Kết luận   x 1

thì

2 A

2



Bài 2 (2,0đ)

1.

(1,0đ)

+ Hệ phương trình có nghiệm (x ; y ) đó x =



m.2 2y 18 y

  

   

0,25đ



2m 2y 18 y

  

 

 0,25đ



m y

  



 0,25đ

+ Kết luận: m =

0,25đ

2.

(1,0đ)

+ Xét

2x y 3x x

x y y x y

  

 

  

  

   

     0,25đ

+ Thay x = 1; y = 7vào phương trình mx + 2y = 18 ta có

m + 2.7 = 18  m = 0,25đ

+ Thử lại: m = hệ

mx 2y 18 x y

  

 

  có x y

  



 0,25đ

+ Kết luận: m =

0,25đ

Bài 3 (2,0đ)

1.

(0,5đ) (P) là Parabol xác định qua các điểm sau:

x 2 1

y 1

0,25đ

0,25đ

-2

-1

0

1

2

4

y

x

1

2.

(0,75đ)

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = ax + 3

 x2 ax  = (*)

0,25đ + Phương trình (*) có  = a2 + 12 ≥ 12 > nên có nghiệm phân biệt

a 0,25đ

+ Chứng tỏ rằng (P) cắt (d) tại điểm phân biệt 0,25đ

3.

(0,75đ)

+ (P) cắt (d) tại A và B có hoành độ x1 , x2 nên x1, x2 là nghiệm của (*)

Áp dụng Vi-ét ta có:

1 2 x x a x x

  

  

0,25đ

+ Xét:

1

1 2

x x a x 2a

x 2x x a

 



 

 

   

    0,25đ

+ Thay: x1 = 2a3 ; x2 = 3a vào x1.x2 = 3

Giải và tìm

9 33 33

a ; a

4

 

 

0,25đ

Bài 4 (3,5đ)

1.

(2,5đ)

A O B

D

Bài Đáp án Điểm

a.

(1,0đ)

+ Có ADB 90  o (Hệ quả góc nội tiếp)

 BDM 90  o (1)

0,25đ

+ Có BCM 90  o (giả thiết CM BC) (2) 0,25đ

+ Từ (1) (2) có BDM BCM 180   o 0,25đ

 Tứ giác BCMD nội tiếp đường tròn

0,25đ

b.

(0,5đ)

+) Xét ADB và ACM có:

 

 

DAB CAM ADB ACM

 

 

 



 ADB ACM (g.g)

0,25đ

+) 

AD AB

ACAM  AD.AM = AC.AB 0,25đ

c.

(1,0đ)

+) OBD có OB = OD = BD (cùng bằng R)  OBD

 OBD ODB 60   o

0,25đ

+) BDC có BD = BC (cùng bằng R)  BDC cân tại B



 OBD 60o o

BDC 30

2

  

0,25đ

Có ODC ODB BDC 60    o30o 90o

 OD  DC tại D 0,25đ

mà D  (O) nên DC là tiếp tuyến của (O)

0,25đ

2.

(1,0đ)

+ Gọi S là diện tích phần ABM nằm ngoài (O)

S = SABM SAOD SOBmD 0,25đ

2 ABM

2 BD.AM

S BD.AD R 4R R

2

R.R R

    

 

0,25đ

AOD ABD ABM

S S

2

1 R

S

4

 

 

+

2 OBmD

1

S R

6

 

0,25đ

+

2

2 R R

S R

4



  

2 3

R

 

  

 

  (đơn vị diện tích)

0,25đ

Bài 5 (0,5đ)

Ta có:

b c2 b c2 b c2

2012a 2012a bc 2012a

2 2

  

     

(vì bc ≥ 0)



b c2 1006 a2

2012a 2012a

2

 

  



b c2 1006 a2 2012a

2

 

 



b c2 1006 a

2012a

2

 

 

dấu = xảy 

bc

a b c 1006

  

   

0,25đ

Tương tự:

c a2 1006 b

2012b

2

 

 

c b2 1006 c

2012c

2

 

 

Vậy:

b c2 c a2 a b2 3.1006 a b c

2012a 2012b 2012c

2 2

     

     

Bài Đáp án Điểm



b c2 c a2 a b2 4.1006

2012a 2012b 2012c 2012

2 2

  

      

Dấu = xảy 

a b c 1006 ab bc ca

   



   

(Khi ba số a, b, c có một số bằng 1006 và hai số bằng 0)