De thi vao 10 DTDai Dong2010

- Trên đây chỉ trình bày 1 cách giải nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa ứng với điểm của câu đó trong biểu điểm.. - Học sinh làm được phần nào cho điểm phần đó t[r]

PGD - ĐT HUYỆN KIẾN THỤY

TRƯỜNG THCS ĐẠI ĐỒNG ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT ĐẠI TRÀ MƠN TỐNNăm học: 2010 - 2011 Thời gian làm bài: 120 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Họ tên người đề: Đào Văn Sỹ (Đề gồm 12 câu, 02 trang) Phần I Trắc nghiệm khách quan: (2 điểm)

Hãy chọn chữ A (hoặc B, C, D) đứng trước câu trả lời đúng: Câu 1: Giá trị biểu thức 3 5 3

A B  C D –

Câu 2: Đường thẳng (d) qua điểm (4 ; 6) song song với đường thẳng

y x Phương

trình đường thẳng (d) là:

A

2

  x

y B

2

  x

y C

2



 x

y D

2

  x y

Câu 3: Hệ phương trình















4

2

3

2

y

x

y

x

có nghiệm là:

A (0; - 3)

B (4; 0)

C (2; 1)

D (1; -1)

Câu 4: Biểu thức 21 1 

x đ ược xác dịnh khi: A

2 

x B

2 

x C

2 

x D

2  x Câu 5: Cho hàm s

ố

2

7

y x (1) Kết luận sau ? A Hàm số (1) đồng biến R;

B Hàm số (1) nghịch biến R;

C Hàm số (1) đồng biến x > nghịch biến x < 0; D Hàm số (1) đồng biến x < nghịch biến x >

Câu 6: Nếu phương trình x2 – 4x + m – = (x ẩn số) có nghiệm kép khi:

A m = - B m = C m = - D m =

Câu 7: Cho đoạn thẳng OI = 6cm, vẽ đường tròn (O ; 8cm) đường tròn (I; 2cm) Hai đường tròn (O) (I) có vị trí ?

A Tiếp xúc B Tiếp xúc

C Cắt D Đựng

Câu 8: Một hình nón có bán kính đáy R = 5cm đường sinh l5 2cm Diện tích xung quanh

của hình nón bằng: A 25 (cm2)

 B 50 2(cm2) C 50(cm2) D

2

25 2(cm )

Phần II Tự luận: (8 điểm)

Câu 9: (2,0 điểm)

Cho biểu thức

3

2 3

11 15

  

    

 

x x x

x x

x x P

1 Rút gọn biểu thức P.

2 Chứng minh

P32

Câu 10: (1,5 điểm)

Cho hệ phương trình:





















)2

(

)1

(

)1

(

4

3

)1

(

m

y

m

x

m

y

x

m

1 Giải hệ phương trình m = - 1

2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x ; y) thoả mãn điều kiện x + y = 3.

Câu 11: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) bán kính R, đường thẳng d khơng qua O cắt đường trịn tại

hai điểm A B Từ điểm C d (C nằm ngồi đường trịn), kẻ hai tiếp tuyến CM,

CN với đường tròn (M, N thuộc (O) ) Gọi H trung điểm AB, đường thẳng OH cắt

tia CN K.

1 Chứng minh tứ giác CHOM, COHN nội tiếp.

2 Chứng minh KN.KC = KH.KO.

3 Đoạn thẳng CO cắt đường tròn (O) I, chứng minh I cách CM, CN MN.

4 Một đường thẳng qua O song song với MN cắt tia CM, CN E

và F Xác định vị trí C d cho diện tích tam giác CEF nhỏ nhất.

C

âu 12: (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

1

2

 

 

x x

x

Q

(với

xR

)

=== Hết ===

PGD - ĐT HUYỆN KIẾN THỤY

TRƯỜNG THCS ĐẠI ĐỒNG ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT ĐẠI TRÀ MƠN TỐNNăm học: 2010 - 2011 Thời gian làm bài: 120 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Họ tên người đề: Đào Văn Sỹ (Đáp án gồm 12 câu, 05 trang)

Đáp án – Biểu điểm

Phần I: Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)

- Chọn câu 0,25 điểm.

Câu

Đáp án A D C C D B B D

Phần II: Tự luận (7,0 điểm)

Đáp án Điểm

Câu 9: (1,5 điểm)

Cho biểu thức

3

2 3

11 15

  

    

 

x x x

x x

x x P

1 Rút gọn biểu thức P

Ta có: x2 x 3( x1)( x3)

ĐKXĐ:



































1

0

1

0

01

0

x

x

x

x

x

x

3

2 ) )( (

11 15

  

    

 

x x x

x x

x x P

(15 11) (3 2)( 3) (2 3)( 1)

( 1)( 3)

15 11 2 3

( 1)( 3)

7 5

( 1)( 3) ( 1)( 3)

2

5( 1)( ) ( 1)(5 2)

5

( 1)( 3) ( 1)( 3)

(5 2)

( 0; 1)

x x x x x

x x

x x x x x x x

x x

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x

x x

x

      



 

        



 

    

 

   

  

  

 

   

 

  



0.25 điểm

0.25 điểm

0.25 điểm

Vậy ) (     x x

P (với x 0;x1)

2 Chứng minh  P Ta có ) (     x x

P Để

3  P

(5 2)

3

(5 2)

0 3

15 6

0 3( 3) 17 3( 3) x x x x x x x x x                      

Vì x0;x 1 nên

) ( 17 17 ;         x x x x

Vậy 0,

3 ) (       

 x x

x x P 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm 0.25 điểm

Câu 10 (1,5 điểm)

Cho hệ phương trình:





















)2

(

)1

(

)1

(

4

3

)1

(

m

y

m

x

m

y

x

m

Giải hệ phương trình m = - - Thay m = - vào hpt ta :

( 1) 3.( 1) 7

( 1) 2

3

2

x y x y x y

x y x y x y

y x y                                       





































5

3

61

3

13.2

3

x

y

x

y

x

y

Vậy với m = -1 hpt có nghiệm (x ; y) = (5 ; 3)

2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x ; y) thoả mãn điều kiện x + y =

- Xét hệ phương trình:





















)2

(

)1

(

)1

(

4

3

)1

(

m

y

m

x

m

y

x

m

- Để hpt có nghiệm ( 1) 1

1

1   

d

I B A

O

K

C M

H

N E

F

























0

2

11

11

m

m

m

m

- Với m0;m2 từ pt (2) ta có x = m – (m - 1)y thay vào pt (1) ta được:

(m – 1){m – (m – 1)y} + y = 3m -

 m(m – 1) – (m – 1)2y + y = 3m –  (- m2 + 2m – + 1)y = 3m – – m2 + m  (- m2 + 2m)y = - m2 + 4m –

 - m(m – 2)y = - (m – 2)2 

m m m

m m

y

) (

)

( 

  

 

 ( m0;m2)

 x = m – (m – 1)

m m

m m m m m m

m m

m2 ( 1)( 2) 2 2

        



m m x3 

Như với m0;m2 hpt có nghiệm :







































m

y

m

x

m

m

y

m

m

x

2

1

2

3

2

23

Để hpt có nghiệm (x ; y) thoả mãn điều kiện x + y = m

m m

m m

m m

m m m m

3 4 2

3 2

3

           

(vì m0;m2)

4 

 m (Thoả mãn điều kiện m0;m2)

Vậy với m = hpt có nghiệm thoả mãn điều kiện x + y =

0.25 điểm

0.25 điểm

Câu 11: (3,5 điểm)

- Ghi GT – KL vẽ hình cho phần 0,5 điểm

1 Chứng minh tứ giác CHOM, COHN nội tiếp

S

Ta có: CM  OM (vì CM tiếp tuyến (O))  gócCMO = 900

CN  ON (vì CN tiếp tuyến (O))  gócCNO = 900

H trung điểm dây AB (gt)

 OH  AB ( quan hệ đk dây cung)  gócOHC = 900

+ Xét tứ giác CHOM có:

gócCMO + gócOHC = 900 + 900 = 1800 mà góc vị trí đối

 Tứ giác CHOM nội tiếp đường tròn đường kính OC

+ Xét tứ giác COHN có: gócOHC = gócONC = 900

 Hai đỉnh H N tứ giác nhìn cạnh OC góc vng  Tứ giác COHN nội tiếp đường trịn đường kính OC

(Theo tốn quỹ tích cung chứa góc)

2 Chứng minh KN.KC = KH.KO

Trong đường trịn ngoại tiếp tứ giác COHN có: gócHON góc nội tiếp chắn cung HN

gócHCN góc nội tiếp chắn cung HN

 gócHON = gócHCN (=1/2sđ cung HN) hay gócKON = gócHCK

Xét KNO KHC có:

gócKNO = gócKHC = 900

gócKON = KCH (cm trên)

KNO KHC (g.g)

KC KO KH KN



 (cạnh tương ứng)  KN.KC KO.KH (Đpcm)

3 Chứng minh I cách CM, CN MN Ta có: CM tiếp tuyến (O) tiếp điểm M CN tiếp tuyến (O) tiếp điểm N

 CM = CN (t/c tiếp tuyến cắt nhau)

CO tia phân giác gócMCN (t/c tiếp tuyến cắt nhau) OC tia phân giác gócMON (t/c tiếp tuyến cắt nhau)

 gốcMOI = góc NOI  cung MI = cung NI

Lại có: gócCMI =

sđ cungMI (góc tạo tiếp tuyến dây cung) gócNMI =

2

sđ cungNI (góc nội tiếp (O) chắn cung NI) mà cungMI = cungNI

 gócCMI = gócNMI  MI tia phân giác gócCMN

+ Xét CMN có:

CI phân giác gócMCN (cm trên) MI phân giác gócCMN (cm trên) CI



MI I

 I giao điểm đường phân giác CMN  I cách cạnh CM, CN MN CMN (Đpcm)

4 Xác định vị trí C d cho diện tích tam giác CEF nhỏ Ta có: CM = CN (cm phần c) CMN cân C

Có : CO phân giác cânCMN  CO đường cao  CO  MN mà EF // MN (gt)

 CO  EF  góc COE = góc COF = 900

0.5 điểm

1.0 điểm

Xét COE COF có:

gócCOE = gócCOF = 900

OC (cạnh chung) gócOCE = gócOCF

COE = COF (g.c.g)  SCOE SCOF

Ta có: OM ME CM OM CE OM CE S S S

S CEF COE COF COE ( )

2

2    

       R ME CM

S CEF (  )

  CEF

S nhỏ (CM + ME) nhỏ

Xét COE (góc O = 900) có: OM đường cao

 CM.ME = OM2 (hệ thức (2)) CM.ME = R2 (không đổi)

 CM + ME nhỏ CM = ME ( OM trung tuyến ứng với cạnh huyền

của vuôngCOE  OM = CM = ME = CE

2

)

 CM + ME nhỏ CM = ME = OM = R

Xét OMC (góc M = 900) có: OC2 = OM2 + CM2 ( đlý Pi-ta-go)  OC2 = R2 + R2 = 2R2 OC = R

Vậy C giao điêm đường tròn (O ; R 2) với đường thẳng d diện tích tam giác CEF nhỏ minS (CM ME).R (R R)R 2R2

CEF     



0.5 điểm

Câu 12 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

1 2     x x x

Q (với xR) - Gọi m giá trị biểu thức Q

 Phương trình m

x x x     1 2

: phải có nghiệm Xét phương trình m

x x x     1 2

x  x  x  0x ) ( 2

PT 2 ( 1) (1)

         

 x mx mx m m x mx m

+ Nếu m - =  m = : PT (1) có nghiệm x =

+ Nếu m –   m  1: PT (1) PT bậc

Khi PT (1) có:

4 8 ) ( ) )( (

4 2 2

2               

 m m m m m m m m m m

Để PT (1) có nghiệm  ≥  - 3m2 + 8m – ≥

 3m2 - 8m + ≤ 

9 ) ( 2      

 m m

m 3 3 3 ) (                

 m m m m

Vậy minQ =

x = - maxQ = x = 1 điểm

* Chú ý:

- Trên trình bày cách giải học sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa ứng với điểm câu biểu điểm.

- Học sinh làm phần cho điểm phần theo thang điểm phần. - Trong câu học sinh làm phần sai, khơng chấm điểm.

- Bài hình học, học sinh vẽ hình sai khơng chấm điểm Học sinh khơng vẽ hình mà làm thì cho nửa số điểm câu làm

- Bài có nhiều ý liên quan đến nhau, học sinh công nhận ý để làm ý mà học sinh làm đúng thì chấm điểm ý đó.