Bài giảng Đề thi vào lớp 10 năm 08-09

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ Năm học 2008 - 2009 MÔN TOÁN Thời gian : 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,5 điểm) a) Rút gọn các biểu thức: A = 2045 − B = n nm nm + + − 22 C = 1 1 : 1 1 1 1 − +         + + − x x xx (với x ≥ 0 ; x 1 ≠ ) b) Chứng minh rằng 0 ≤ C < 1 Bài 2: (1,5 điểm). Cho Parabol (P): y = ax 2 (a ≠ 0) và điểm A(2;8) a) Tìm a biết Parabol (P) đi qua A. b) Tìm điều kiện của a để Parabol (P): y = ax 2 cắt đường thẳng (d): y = x + 1 tại 2 điểm phân biệt. Bài 3: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Một nhóm học sinh được phân công chuyển 105 bó sách về thư viện của trường. Đến buổi lao động có hai học sinh bị ốm nên không tham gia được, vì vậy mỗi học sinh phải chuyển thêm 6 bó nữa mới hết số sách cần chuyển. Hỏi lúc đầu nhóm có bao nhiêu học sinh? Biết số các bó sách mỗi học sinh chuyển là như nhau Bài 4: (0,5 điểm) Với x , y không âm, tìm giá trị nhỏ nhất cuả biểu thức: P = 5,2009232 +−+− xyxyx Bài 5: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, Điểm M thuộc cung AB (M ≠ A ; M ≠ B) , Điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M kẻ các tiếp tuyến Ax ; By của đường tròn (O) . Đường thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax , By lần lượt tại D và E. AM cắt CD tại P, BM cắt CE tại Q. a) Chứng minh : Tứ giác ADMC ; BEMC là các tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh DAM + EBM = 90 0 và DC ⊥ CE. c) Chứng minh PQ // AB. d) Tìm vị trí của điểm C để tứ giác APQC là hình bình hành. . HẾT . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC QUẢNG TRỊ ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2008 - 2009 MÔN TOÁN Bài 1: (2,5 điểm) a) A = 552535.45.92045 =−=−=− (0,5đ) B = mnnmn nm nmnm n nm nm =+−=+ + +− =+ + − ))(( 22 (0,5đ) C = 1 1 : 1 1 1 1 − +         + + − x x xx (x ≥ 0 ; x 1 ≠ ) C = 1 1 : )1)(1( 11 − +       +− −++ x x xx xx (0,5đ) = 1 1 . 1 2 + − − x x x x (0,25đ) = 1 2 + x x (0,25đ) b) Với x ≥ 0 và x 1 ≠ ⇒ x ≥ 0 ; x ≠ 1 và x + 1 > 0 Ta có 0)1( 2 >− x ⇒ x - 2 x + 1 > 0 (0,25đ) ⇒ x + 1 > 2 x ≥ 0 ⇒ 0 ≤ 1 2 + x x < 1 ⇒ 0 ≤ P < 1 (0,25đ) Bài 2: (1,5 điểm) a) A(2;8) ∈ (P) ⇒ 8 = a.2 2 ⇒ 8 = 4a ⇒ a = 2. (0,5đ) b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): ax 2 = x + 1 ⇔ ax 2 - x - 1 = 0 (1) (0,5đ) Để Parabol (P) cắt đường thẳng (d) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 (0,25đ) ⇔ 1 + 4a > 0 ⇔ a > 4 1 − . (0,25đ) Bài 3: Gọi số học sinh lúc đầu của nhóm là x Điều kiện x 2; >∈ xN (0,25đ) Theo dự định số bó sách mỗi học cần chuyển lúc đầu: x 105 (bó). (0,25đ) Vì có hai học sinh bị ốm nên số bó sách mỗi học sinh cần chuyển: 2 105 − x (bó). (0,25đ) Theo đề ra ta có phương trình: 2 105 − x - x 105 = 6 . (0,25đ) ⇔ 105x - 105(x - 2) = 6x.(x - 2) ⇔ 6x 2 -12x - 210 = 0 (0,5đ) Giải phương trình ta được: x 1 = 7 ; x 2 = -5 (không thoả điều kiện) (0,25đ) Vậy số học sinh lúc đầu của nhóm là 7 học sinh. (0,25đ) Bài 4 (0,5 điểm) Đặt x = a; y = b với x, y ≥ 0 ta có: P = a 2 – 2ab + 3b 2 - 2a + 2009,5 = a 2 – 2(b+1)a + 3b 2 + 2009,5 = a 2 – 2(b+1)a + (b + 1) 2 + 2b 2 – 2b + 2008,5 = (a – b – 1) 2 + 2(b 2 – b) + 2008,5 = (a – b – 1) 2 + 2(b 2 – b + 4 1 ) + 2008,5 - 2 1 = (a – b – 1) 2 + 2(b – 2 1 ) 2 + 2008 ≥ 2008 (0,25 điểm) P = 2008        = = ⇔      = += ⇔ 2 1 2 3 2 1 1 b a b ba        = = ⇔        = = ⇔ 4 1 4 9 2 1 2 3 y x y x Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 2008 khi        = = 4 1 4 9 y x (0,25 điểm) Bài 5: a)(1,25điểm) Ax ; By là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên: Ax ⊥ AB, By ⊥ AB ⇒ DAC = CBE = 90 0 (0,5đ) CM ⊥ DE (gt) ⇒ DMC = CME = 90 0 (0,25đ) Từ trên ta có: DAC + DMC = 180 0 Nên: Tứ giác ADMC nội tiếp được trong một đường tròn. (0,25đ) Ta có: CBE + CME = 180 0 Nên: Tứ giác BEMC nội tiếp (0,25đ) a) (1 điểm) Ta có: BAx + ABy = 180 0 . ⇒ A 1 + A 2 + B 1 + B 2 = 180 0 . Do tam giác AMB vuông tại M (AB là đường kính) nên A 2 + B 1 = 90 0 . (0,25đ) ⇒ A 1 + B 2 = 90 0 (1) (0,25đ) Tứ giác CMEB nội tiếp nên ta có: B 2 = C 2 Tứ giác ADMC nội tiếp nên ta có: A 1 = C 1 C 1 + C 2 = A 1 + B 2 (2) (0,25đ) Từ (1) và (2) ta có: C 1 + C 2 = 90 0 hay DC ⊥ CE. (0,25đ) b) (0,75đ) PMQ + PCQ = 180 0 ⇒ Tứ giác MPCQ nội tiếp ⇒ MPQ = C 2 (3) (0,25đ) Ta có: C 2 + C 1 = 90 0 và A 2 + A 1 = 90 0 mà A 1 = C 1 ⇒ A 2 = C 2 (4). (0,25đ) Từ (3) và (4) ⇒ MPQ = A 2 ⇒ PQ // AB. (0,25đ) c) (0,5đ) PQ // AB ⇒ QCB = PQC mà PQC = PMC (tứ giác PMQC nội tiếp). 2 1 2 1 2 1 y x Q P E D A B O M C ⇒ QCB = PMC (0,25đ) PQ // AB nên tứ giác APQC là hình bình hành ⇔ AP // CQ ⇔ A 2 = QCB ⇔ A 2 = PMC ⇔ ∆ CAM cân tại C ⇔ C là giao điểm của AB với đường trung trực của dây AM ⇔ C ≡ O. (0,25đ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ Năm học 2008 – 2009 MÔN TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,5 điểm) Cho biểu thức: P = a a a aa a aa + −         − − −         + + + 1 1 : 1 11 1 (với a ≥ 0; a ≠ 1) a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của P khi a = 4. c) Tìm các giá trị của a để P = 16. Bài 2 (1,5 điểm) Cho đường thẳng (D) : y = -4x + 3. Lập phương trình đường thẳng (D’) qua điểm A(0;2) và song song với đường thẳng (D). Bài 3 (2 điểm) Cho phương trình bậc hai đối với x: x 2 – 2(m-1)x + 2m – 5 = 0 (1). a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu. Khi đó hai nghiệm mang dấu gì? Bài 4 (0,5 điểm) Cho hai số x, y thoả mãn đẳng thức: 8x 2 + y 2 + 2 4 1 x = 4 Xác định x, y để tích xy đạt giá trị nhỏ nhất Bài 5 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy một điểm M (khác O). Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn ở điểm P. Chứng minh rằng: a) Tứ giác OMNP nội tiếp được. b) Tứ giác CMPO là hình bình hành. c) Tích CM.CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. d) Khi M di động trên đoạn thẳng AB thì P Chạy trên một đoạn thẳng cố định. ĐỀ DỰ BỊ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2008 – 2009 MÔN TOÁN Bài 1 (2,5 điểm) a) Rút gọn P. (1 điểm) P = a a a aa a aa + −         − − −         + + + 1 1 : 1 11 1 (a ≥ 0; a ≠ 1) = ( ) ( ) a a a aa a aa + −         − − −         + + + 1 1 : 1 1 11 1 1 (0,5 điểm) = ( )( ) a a aa − + −+ 1 1 .11 (0,25 điểm) P = ( ) 2 1 + a (0,25 điểm) b) Tính giá trị của P khi a = 4. (1 điểm) khi a = 4: P = ( ) 2 1 + a = ( ) 2 14 + (0,5 điểm) = (2 + 1) 2 = 9 (0,5 điểm) c) Tìm các giá trị của a để P = 16.(0,5 điểm) P = 16 ⇔ ( ) 2 1 + a = 16 ⇔ 41 =+ a hoặc 41 −=+ a (loại vì 01 >+ a ) (0,25 điểm) ⇔ 341 =⇔=+ aa ⇔ a = 9 (0,25 điểm) Bài 2 (1,5 điểm) Phương trình đường thẳng (D’) có dạng: y = ax + b. (D’) qua A(0;2) ⇒ 2 = a.0 + b ⇒ b = 2. (0,5 điểm) (D’) // (D) ⇒ a = -4 (0,5 điểm) Vây Phương trình đường thẳng (D’) là y =-4x + 2 (0,5 điểm) Bài 3 (2 điểm) a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. ' ∆ = (m-1) 2 – (2m-5) (0,25 điểm) = m 2 -2m +1 + 2m +5 = m 2 + 6. (0,25 điểm) ' ∆ = m 2 + 6 > 0 với mọi m (0,25 điểm) ⇒ phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. (0,25 điểm) b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu. Khi đó hai nghiệm đó mang dấu gì? Gọi x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình (1). phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu ⇔ x 1 .x 2 > 0 ⇔ 2m-5 > 0 (0,25 điểm) ⇔ m > 2,5. (0,25 điểm) Khi đó: x 1 + x 2 = 2(m-1) > 0 (vì m > 2,5) (0,25 điểm) Suy ra hai nghiệm phương trình (1) mang dấu dương. (0,25 điểm) HẾT Bài 4 (0,5 điểm) 8x 2 + y 2 + 2 4 1 x = 4 ( ) 024442 4 1 4 22 2 2 =−−+++       −+⇔ xyxyyx x x Do đó: ( ) .222 2 1 24 2 2 −≥−++       −= yx x xxy (0,25 điểm) Đẳng thức xảy ra khi:    −= ±= ⇔      =+ =− xy x yx x x 2 5,0 02 0 2 1 2 ⇔    −= = 1 5,0 y x hoặc    = −= 1 5,0 y x Vậy tích xy đạt giá trị nhỏ nhất là -0,5 (0,25 điểm) Bài 5 (3,5 điểm) a) Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp được.(1 điểm) MO ⊥ MP (gt) ⇒ OMP = 1v (0,25 điểm) ON ⊥ NP (NP là tiếp tuyến của (O)) ⇒ ONP = 1v (0,5 điểm) Tứ giác OMNP có OMP = ONP = 1v và cùng nhìn cạnh OP suy ra tứ giác OMNP nội tiếp được (0,25 điểm) b) Tứ giác CMPO là hình bình hành.(1 điểm) Ta có: MP // OC (cùng vuông góc với AB) (*) ⇒ C 1 = M 1 (1) (0,25 điểm) Mặt khác: M 1 = O 1 (vì tứ giác OMNP nội tiếp được) (2) C 1 = N 1 (vì ∆OCN cân) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra N 1 = O 1 ⇒ CM // OP (**) (0,5 điểm) Từ (*) và (**) suy ra CMPO là hình bình hành (0,25 điểm) c) Tích CM.CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. (1 điểm) Ta có: CND = 1v (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn (O)) ⇒ ∆CND vuông tại D. Hai tam giác vuông CND và COM có: C 1 chung ⇒ ∆COM ∾ ∆CND (0,5 điểm) Suy ra: ⇒= CN CO CD CM CM.CN = CO.CD = R.2R = 2R 2 (0,5 điểm) Như vậy tích CM.CN = 2R 2 không đổi ⇒ tích CM.CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. (0,5 điểm) d) Khi M di động trên đoạn thẳng AB thì P Chạy trên một đoạn thẳng cố định.(0,5 điểm) Xét ∆ONP và ∆ODP ON = OD (vì đều là bán kính của (O)) 1 1 1 1 F E P N A B C O D M OP: Cạnh chung O 1 = N 1 (OP//MN) và N 1 = C 1 (vì ∆OCN cân) ⇒ O 1 = C 1 Suy ra: ∆ONP = ∆ODP (c.g.c) ⇒ ODP = ONP = 1v (0,25 điểm) Suy ra P chạy trên đường thẳng cố định. Mà M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên đoạn thẳng EF (EF // AB và EF = AB). (0,25 điểm) Chú ý: Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa! . DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ Năm học 2008 – 2009 MÔN TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,5 điểm). DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC QUẢNG TRỊ ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2008 - 2009 MÔN TOÁN Bài 1: (2,5 điểm) a) A = 552535.45.92045