de thi thu vao 10 rat hay

Câu 9: (0,75đ).. Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng hệ trục tọa độ. Trên tia đối của AB lấy điểm C sao cho BC = R, trên đường tròn lấy điểm D sao cho BD = R, đường thẳng vuông góc với BC tại[r]

Sở GD - ĐT Kì thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2009-2010 Khánh hoà môn: toán

Ngày thi : 19/6/2009

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0đ) (Không dùng máy tính cầm tay)

a Cho biÕt A = + 15 vµ B = - 15 h·y so sánh tổng A + B tích A.B b Giải hệ phơng trình

2

3 12

x y x y

  



  

Bài 2: (2,50 điểm)

Cho Parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d): y = mx – (m tham số, m ≠ )

a Vẽ đồ thị (P) mặt phẳng Oxy

b Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm (p) (d)

c Gọi A(xA; yA), B(xB; yB) hai giao điểm phân biệt (P) (d) tìm giá

trị m cho yA + yB = 2(xA + xB) –

Baøi 3: (1,50 điểm)

Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 6(m) bình phương độ dài đường chéo gấp lần chu vi Xác định chiều dài chiều rộng mảnh đất Bài 4: (4,00 điểm)

Cho đường tròn (O; R) Từ điểm M nằm (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA MB (A, B hai tiếp điểm) Lấy điểm C cung nhỏ AB (Ckhác với A B) Gọi D, E, F hình chiếu vng góc C AB, AM, BM

a Chứng minh AECD tứ giác nội tiếp b Chứng minh: CDE CBA 

c Gọi I giao điểm AC ED, K giao điểm CB DF Chứng minh IK//AB

d Xác định vị trí điểm C cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ Tính giá trị

nhỏ OM = 2R

- Hết

Bài 1: (2,00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)

a Cho biết A 5 15 B = 5 15 so sánh tổng A+B tích A.B

   

     2

Ta coù : A+B= 15 15 10

A.B = 15 15 15 25 15 10 A+B = A.B

Vaäy

   

      

b Giải hệ phương trình:

2

3 12 x y x y

  



  

 

1

2 1

3 2 12

3 12 12

1 2

7 12 14 2

y x

x y y x

x x

x y x x

y x y x y y

x x x x

  

   

  

 

  

  

     

  

      

   

       

    

   

Bài 2: (2,50 điểm)

Cho Parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d): y = mx – (m tham số, m ≠ )

a Vẽ đồ thị (P) mặt phẳng Oxy TXĐ: R

BGT:

x -2 -1

y = x2 4 1 0 4

Điểm đặc biệt:

Vì : a = > nên đồ thị có bề lõm quay lên

Nhận trục Oy làm trục đối xứng Điểm thấp O(0;0) ĐỒ THỊ:

b Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm (p) (d) Khi m = (d) : y = 3x –

Phương trình tìm hồnh độ giao điểm: x2 = 3x – 2

x2 - 3x + = (a+b+c=0)

=>x1 = ; y1 = vaø x2 = 2; y2 =

Vaäy m = d cắt P hai điểm (1; 1) (2; 4)

c Gọi A(xA; yA), B(xB; yB) hai giao

điểm phân biệt (P) (d) tìm giá trị m cho

yA + yB = 2(xA + xB) – 1(*)

Vì A(xA; yA), B(xB; yB) giao điểm

của (d) (P) nên:  

A A

B B

A B A B

y = mx y = mx y y =m x x

 

  

4

   

   

 

   

 

A B A B

A B A B

A B

A B A B

A B Thay vaøo (*) ta coù:

m x x x x m x x x x

2 x x

m

x x x x

3 m x x                     Baøi 3: (1,50 đ )

   

x(m) chiều dài mảnh đất hình chữ nhật

=> x-6 (m) chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật(ĐK: x-6>0 => x> 6) chu vi mảnh đất x+ x-6 = 2x-6 12

; bình Gọi

x Theo định lí Pitago

   

 

 

 

2

2 2

2

2

phương độ dài đường chéo là: x x-6 x x 36 12 2x 12 36

: 2x 12 36 12 2x 12 36 20 60

x x

Ta có phương trình x x

x x                    2

2x 32 96 x 16 48 ' 64 48 16

' 16

8

nghiệm: x 12 x

1

chiều dài mảnh đất 12(m) chiều rộng mảnh đất 6(m) x

x

Phương trình co ùhai loại

Vậy                        

Bài 4: (4,00 điểm)

GT ñt:(O; R),tt:MA,MB;CCD AB CE AM CF BM; ; AB

  

KL

a Chứng minh AECD tứ giác nội tiếp

b Chứng minh: CDE CBA 

c IK//AB BAØI LAØM:

a Chứng minh AECD tứ giác nội tiếp Xét tứ giác AECD ta có :

- Hai góc đối AEC ADC 90 ( CD AB CE AM ;  )

Nên tổng chúng bù

Do tứ giác AECD nội tiếp đường tròn b Chứng minh: CDE CBA 

Tứ giác AECD nội tiếp đường tròn nên

  ( )

CDE CAE cùngchắncungCE

Điểm C thuộc cung nhỏ AB nên:

1 -1

  ( )

CAE CBA cùngchắncungCA

Suy : CDE CBA 

c Chứng minh IK//AB

   

 

        

 

1 2

0

0 Xét DCE BCA ta có: D ( )

DCE KCI

E ( )

EAD IDK( ; )

EAD DCE 180 ( nội tiếp) KCI IDK 180

B cmt

A cùngchắncungCD

mà A D A D FBC

tứ giác AECD 

 

 



 

   

 

  

 

Suy tứ giác ICKD nội tiếp =>

   CK  CIK CDK cùngchắn

Mà

   CBF  CAB CDK cùngchắn

Suy CIK CBA ở   vị trí đồng vị

 IK//AB (đpcm)

d Xác định vị trí điểm C cung nhỏ AB

để (AC2 + CB2 ) nhỏ Tính giá trị nhỏ OM = 2R. Gọi N trung điểm AB

Ta có:

AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2 = 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2+ AN2 – 2AN.ND + ND2.

= 2CN2 + 2AN2 = 2CN2 + AB2/2

AB2/2 ko đổi nên CA2 + CB2 đạt GTNN CN đạt GTNN

 C giao điểm ON cung nhỏ AB

=> C điểm cung nhỏ AB

Khi OM = 2R OC = R hay C trung điểm OM => CB = CA = MO/2 = R Do đó: Min (CA2 + CB2) = 2R2

Sở Giáo dục đào tạo

Hµ Néi

Kú thi tun sinh vµo líp 10 THPT Năm học: 2009 - 2010

Môn thi: ToánNgày thi: 24 tháng năm 2009 Thời gian lµm bµi: 120 phót A

B M

C D E

F

I K

A

D D2 A

1

N

Bài I(2,5 điểm) Cho biểu thức

1

4 2

x A

x x x

= + +

- - + , víi x≥0; x≠4 1) Rót gän biĨu thøc A

2) Tính giá trị biểu thức A x=25 3) Tìm giá trị x để

1

A =-

Bài II(2,5 điểm)

Giải toán cách lập phơng trình hệ phơng trình:

Hai t sn sut cựng may loại áo Nếu tổ thứ may ngày, tổ thứ hai may ngày hai tổ may đợc 1310 áo Biết ngày tổ thứ may đợc nhiều tổ thứ hai 10 áo Hỏi tổ may ngày đợc áo?

Bµi III(1,0 ®iĨm)

Cho phơng trình (ẩn x): x2- 2(m+1)x m+ 2+ =2 1) Giải phơng trình cho với m=1

2) Tìm giá trị m để phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn hệ thức:

2 2 10

x +x = .

Bài IV(3,5 điểm)

Cho đờng tròn (O; R) A điểm nằm bên ngồi đờng trịn Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn (B, C tiếp điểm)

1) Chøng minh ABOC lµ tø giác nội tiếp

2) Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh BE vuông góc với OA vµ OE.OA=R2.

3) Trên cung nhỏ BC đờng trịn (O; R) lấy điểm K (K khác B C) Tiếp tuyến K đờng tròn (O; R) cắt AB, AC theo thứ tự điểm P Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi khơng đổi K chuyển động cung nhỏ BC

4) Đờng thẳng qua O, vuông góc với OA cắt đờng thẳng AB, AC theo thứ tự điểm M, N Chứng minh PM+QN MN

Bài V(0,5 điểm)

Giải phơng trình:

( )

2 1 2 2 1

4

x - + x + + =x x + +x x+

-HÕt -HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT (2009-2010)

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1 Bài toán phân thức đại số 2,5đ

1.1 Rút gọn biểu thức

Đặt y x xy ; y ,y

Khi       y A y y y 2 1 2                       

y y y

y y y

y y y y y

y y y

y

2 2

2

2

4 4

2

2 2

4 Suy   x A x 0,5

1.2 Tính giá trị A x25

Khi

   



x 25 A 25

3

25 0,5

1.3

Tìm x

  A             

 thoả mÃn đk 0,x4

y A

y

y y

y

y x x x

1

3

3

4

1 1

2

1

2 Giải tốn cách lập phương trình hay hệ phương trình 2.5đ

* Gọi:

 Số áo tổ  may ngày x x;x10

 Số áo tổ  may ngày y y,y0

0,5

* Chênh lệch số áo ngày tổ là: x y10

* Tổng số áo tổ  may ngày, tổ  may ngày là: 3x5y1310

                                  Ta cã hƯ

tho¶ m·n ®iỊu kiƯn y x

x y

x y x x

y x x x y 10 10

3 1310 10 1310

10 50 1310

170 160

Kết luận: Mỗi ngày tổ  may 170(áo), tổ  may 160(áo)

2

3 Phương trình bậc hai 1đ

3.1

Khi m1 ta có phương trình:x2 4x 3 Tổng hệ số a  b c 0 Phương trình có nghiệm

 ;  c

x x

a

1

0,5

3.2

* Biệt thức 'x m   m    m

2

1 2

Phương trình có nghiệm x1x2

 'x 2m 0  m1

2

0,25

* Khi đó, theo định lý viét

                 b

x x m

a c

x x m

a 2 2                

Ta cã x x x x x x

m m

m m

2 2

1 2

2

2

2

4 2

2

* Theo yêu cầu:

lo¹i

x x m m

m

m m

m

    

       

 

2 2

1

2

10 10

1 10

5

Kết luận: Vậy m1 giá trị cần tìm

4 Hình học 3,5

4.1 1đ

* Vẽ hình ghi đầy đủ giả thiết kết luận

0,5

* Do AB, AC tiếp tuyến (O)

 

 ACOABO90  Tứ giác ABOC nội tiếp

0,5

4.2 1đ

* AB, AC tiếp tuyến (O) AB = AC

Ngoài OB = OC = R

Suy OA trung trực BCOABE

0,5 * OAB vuông B, đường cao BE

Áp dụng hệ thức liên hệ cạnh ta có: OE OA OB2R2

0,5

4.3 1đ

* PB, PK tiếp tuyến kẻ từ P đến (O) nên PK = PB

tương tự ta có QK = QC 0,5

* Cộng vế ta có:

  

       

    

 Chu vi   Không đổi

PK KQ PB QC

AP PK KQ AQ AP PB QC QA AP PQ QA AB AC

APQ AB AC

0,5

4.4 0,5

C

ác

h

1

MOP đồng dạng vớiNQO

 

Bđt Côsi

Suy ra:

®pcm

OM MP QN NO

MN MP QN OM ON

MN MP QN MP QN

MN MP QN



  

   

  

2

2

4

C

ác

h

2

* Gọi H giao điểm OA (O), tiếp tuyến H với (O)cắt AM, AN X, Y Các tam giác NOY có đường cao kẻ từ O, Y ( = R)

NOY cân đỉnh NNO = NY

Tương tự ta có MO = MX MN = MX + NY

Khi đó: XY + BM + CN = XB + BM + YC + CN = XM + YN = MN

* Mặt khác

MP + NQ = MB + BP + QC + CN = MB + CN + PQ

**

 MB + CN + XY= MN

0,5

5 Giải phương trình chứa căn 0,5đ

*

    

   

            

   

PT x x x x x x

2

2 1 2 1 1 1

4 2

Vế phải đóng vai trò bậc hai số học số nên phải có VP0

Nhưng x     x

2 1 0

nên



     

VP x x

2

Với điều kiện đó:

 

    

 

x  x x

2

1 1

2 2

0,25                                                                 

Thoả mÃn điều kiện

* T x x x x

x x x x

x x x

x x

x x

P 1

4 2

1

2 2 1

4

1 2 1

2

1 0

2

2 1 1 0

Tập nghiệm:  

  ;

S

2

0,25

Sở GD ĐT

Chí Minh Môn thi: toán Câu I: Giải phơng trình hệ phơng trình sau:

a) 8x2 - 2x - = b)

2 3

5 12

x y

x y

 

 

 

 c) x4 - 2x2 - = d) 3x2 - 2 6x + =

Câu II: a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y =

2

2

x

đthẳng (d): y = x + hệ trục toạ độ

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (d) phép tính

C©u III: Thu gän c¸c biĨu thøc sau: A =

4 15

3 1  5

B =

:

1

x y x y x xy

xy

xy xy

       

   

    

 

 

C©u IV: Cho phơng trình x2 - (5m - 1)x + 6m2 - 2m = (m lµ tham sè) a) Chøng minh phơng trình có nghiệm với m

b) Gọi x1, x2 nghiệm phơng trình Tìm m để x12 + x22 =1

Câu V: Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đờng trịn (O) có tâm O, bán kính R Gọi H giao điểm ba đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC Gọi S diện tích tam giác ABC

a) Chúng minh AEHF AEDB tứ giác nội tiếp đờng tròn

b) Vẽ đờng kính AK đờng trịn (O) Chứng minh tam giác ABD tam giác AKC đồng dạng với Suy AB.AC = 2R.AD S =

4

AB BC CA R .

c) Gọi M trung điểm BC Chứng minh EFDM tứ giác nội tiếp đờng tròn d) Chứngminh OC vng góc với DE (DE + EF + FD).R = S

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH PHÚ YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC 2009-2010

Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

*****

Câu 1.(2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

2

3 14

x y x y

  



 

 .

b) Trục thức mẫu:

25

,

7 4 3

A B

  .

Câu 2.(2,0 điểm) Giải toán lập phương trình hệ phương trình: Một đội xe cần phải chun chở 150 hàng Hơm làm việc có xe điều làm nhiệm vụ khác nên xe lại phải chở thêm Hỏi đội xe ban đầu có chiếc?

Câu 3.(2,5 điểm) Cho phương trình x2 - 4x – m2 + 6m - =0 với m tham số.

a) Giải phương trình với m =

b) Chứng minh phương trình ln có nghiệm

c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x1, x2, tìm giá trị bé biểu

thức P = x13+x23

Câu 4.(2,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB = 2R Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC

a) Chứng minh tứ giác CBMD nội tiếp b) Chứng minh rằng: DB.DC = DN.AC

c) Xác định vị trí điểm D để hình bình hành ABCD có diện tích lớn tính diện tích hình bình hành trường hợp

Câu 5.(1,0 điểm) Cho D điểm cạnh BC tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O1 , O2 tiếp xúc với AB, AC

B,C qua D Gọi E giao điểm thứ hai hai đường tròn Chứng minh điểm E nằm đường tròn (O)

II- Đáp án thang điểm:

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1a.

(1,0đ) Ta có

2 (1)

3 14 (2)

x y x y

  



 



Lấy phương trình (1) nhân với -4 ta : -8x -4y = (3)

Lấy (2) cộng với (3) ta : 5x = 10  x = Thế vào x = vào (1) ta tính y = -5

Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = -5 Câu

1b.

(1,0đ) A =

25 25(7 6) (7 6)(7 6)

 

  

=

25(7 6)

7 25



 

B =

2

4 3  ( 1) =

2( 1) ( 1)( 1)



 

=

2( 1) 2( 1)

3

( 1)( 1)

       . 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2a.

(2,0đ) Gọi x số xe đội xe lúc đầu ( x > 5, nguyên) Lượng hàng xe dự định phải chuyển là:

150

x (tấn) Số xe thực tế làm việc : x -5

Nên lượng hàng xe phải chở thực tế :

150

x 5 (tấn) Theo đề ta có phương trình :

150 x 5 -

150 x = 5

Rút gọn, ta có phương trình : x2 -5x -150 = 0

Giải ta x1 = 15 (nhận), x2 = -10 (loại)

Vậy đội xe ban đầu có 15

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 Câu 3a.

(1,0đ) Với m = 2, phương trình trở thành: x

2 -4x + = 0.

Phương trình có hệ số : a = 1, b = -4, c = Ta có :’ = 22 – 3.1 = >0

Áp dụng công thức nghiệm, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

2

x 3; x

1       0,25 0,25 0,50 Câu 3b. (0,75đ)

Phương trình có hệ số : a = 1, b = 2b’= -4, c = -m2

+6m -5

’ = (-2)2-(-m2 +6m -5) = m2 -6m + = (m-3)2  0,  m

Do phương trình cho ln có nghiệm

0,25 0,25 0,25 Câu 3c. ( 0,75đ )

Theo hệ thức Viét : x1+ x2 = ; x1x2 = -m2 +6m -5

Ta có : x13+ x23 = (x1+x2)3 –3x1x2(x1+ x2)

Suy : x13+ x23 = 43 –3.4(-m2 +6m -5) = 12(m-3)2+16

 16

Vậy Min(x13+ x23) = 16 m =

0,25 0,25 0,25

Câu 4a. Ta có AD//BC (ABCD hbh)D C N

(0,75đ) Suy CBD = ADB 90 

 (ADB

nhìn đường kính AB) Lại có: DMC 90

 (gt),

Nên C, B, M, D nằm đường trịn đường kính DC, tứ giác CBMD nội tiếp (đpcm)

0,25 0,25

0,25

Câu 4b. (1,0đ)

Xét ∆ ACD ∆BDN có:  

DAC=DBN (cùng chắn DN ) (1),

Do tứ giác DMBN hình bình hành (DM//NB, DM = NB)

Suy DBM BDN  .

Mặt khác DBM DCA  (do CBMD nội tiếp – cmt), Suy BDN DCA  (2)

Từ (1) (2) suy ∆ ACD  ∆BDN (g.g) Suy

AC D BD DN

C



hay DB.DC = DN.AC (đpcm)

0,25 0,25

0,25 0,25

Câu 4c.

(0,75đ) Kẻ DH AB = 2R khơng đổi, SAB (H AB) SABCD = 2SABCD ABD = DH.AB. lớn  DH lớn

Do D chạy đường trịn đường kính AB nên DH  R, DH = R D trung điểm cung AB

Suy SABCD = R.2R = 2R2

0,25 0,25 0,25 Câu 5.

(1,0đ) Với đường tròn (ODEC=BCA  (chắn DC2) có:). Với đường trịn (O1) có:

 

DEB=CBA (chắn BD ).

Do đó:  

BEC + BAC = DEC+DEB BAC  

= BCA+CBA BAC   = 1800

Suy tứ giác ABEC nội tiếp, hay E nằm đường tròn (O)

0,25 0,25

0,25 0,25

SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO

TỈNH BÌNH ĐỊNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2009-2010

Mơn thi: TỐN ( Hệ số – mơn Tốn chung) Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)

O A

C B

O1

O2 D

***** Bài 1: (1,5 điểm)

Cho

2 1

1

1

x x x

P

x

x x x x

  

  

   

a Rút gọn P

b Chứng minh P <1/3 với x#1

Bài 2: (2,0 điểm) Cho phương trình:

(1)

a Chứng minh phương trình (1) ln ln có nghiệm phân biệt

b Gọi nghiệm phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức c Tìm hệ thức khơng phụ thuộc vào m

Câu 3: (2,5 điểm)

Hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước đầy bể Nếu để riêng vịi thứ chảy giờ, sau đóng lại mở vịi thứ hai chảy tiếp 2/5 bể Hỏi chảy riêng vịi chảy đầy bể bao lâu?

Bài 4: (3 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I trung điểm BC, M điểm đoạn CI (M khác C I) Đường thẳng AM cắt (O) D, tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM M cắt BD P cắt DC Q

a Chứng minh DM AI = MP IB b Tính tỉ số

Câu 5: (1,0 điểm)

Cho số dương a, b, c thoả mãn điều kiện a+b+c=3 Chứng minh rằng:

HƯỚNG DẪN BÀI ,5

a Chứng minh DM AI = MP IB

Chứng minh hai tam giác MDP ICA đồng dạng :

PMQ AMQ AIC   ( Đối đỉnh + chắn cung) MDP ICA  ( chắn cung AB )

Vậy hai tam giác đồng dạng trường hợp góc – góc Suy

MD IC

MP IA => Tích chéo & IC =IB

b) Chứng minh hai tam giác MDQ IBA đồng dạng :

 

DMQ AIB ( bù với hai góc ) , ABI MDC  (cùng chắn cung AC) =>

MD IB

MQ IA đồng thời có

MD IC

Bài :

2 2

2 2

1 1

a a ab ab ab a

b b b

 

  

   tương tự với phân thức lại suy

2 2

2 2 ( 2 2)

1 1 1

a b c ab bc ca

a b c

b  c  a     b  c  a 

     

2 2

3 ( )

2 2

ab bc ca

b c c

  

Ta có (a b c  )2 3(ab bc ca  ) , thay vào có

2 2

1 1

a b c

b  c  a 

   – 9/6 => điều phải chứng minh , dấu đẳng thức xảy

chỉ a = b = c =

Sở GD&ĐT Cần Thơ Đề thi tun sinh líp 10

- Năm học: 2009 - 2010

Môn: Toán

Thêi gian lµm bµi: 120 phót

Câu I: (1,5đ) Cho biểu thức A =

1

1 1

x x x

x x x x x



 

    

1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tìm giá trị x để A >

Câu II: (2,0đ) Giải bất phơng trình phơng trình sau: - 3x ≥ -9

2

3x +1 = x - 5

3 36x4 - 97x2 + 36 =

2

3

2

x x x

   

Câu III: (1,0đ) Tìm hai số a, b cho 7a + 4b = -4 đờng thẳng ax + by = -1 qua điểm A(-2;-1)

Câu IV: (1,5đ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P). Tìm a, biết (P) cắt đờng thẳng (d) có phơng trình y = -x -

3

2 điểm A có

honh độ Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm đợc

2 Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) (P) (d)

Câu V: (4,0đ) Cho tam giác ABC vuông A, có AB = 14, BC = 50 Đờng phân giác góc ABC đờng trung trực cạnh AC cắt E

1 Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp đợc đờng tròn Xác định tâm O đờng tròn

2 TÝnh BE

3 Vẽ đờng kính EF đờng trịn tâm (O) AE BF cắt P Chứng minh đờng thẳng BE, PO, AF đồng quy

4 Tính diện tích phần hình tròn tâm (O) nằm ngũ giác ABFCE

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm trang) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)Mơn thi : TỐN

Câu 1: (0,5đ) Phân tích thành nhân tử: ab  b a  a 1 a0

Câu 2:(0,5đ) Đơn giản biểu thức: A = tg2a- sin 2atg2a (a góc nhọn )

Câu 3:(0,5đ) Cho hai đường thẳng d1: y = (2 - a)x +1 d2: y = (1+2a)x + Tìm a để d1//d2

Câu 4:(0,5đ) Tính diện tích hình trịn biết chu vi 31,4cm (Cho  = 3,14 )

Câu 5: (0,75đ).Cho DABC vuông A Vẽ phân giác BD (DAC) Biết AD = 1cm;

DC = 2cm Tính số đo góc C

Câu 6:(0,5đ) Cho hàm số y = 2x2

có đồ thị parabol (P) Biết điểm A nằm (P) có hồnh độ –

1

2 Hãy tính tung độ điểm A.

Câu 7:(0,75đ) Viết phương trình đường thẳng MN, biết M(1; –1) N( 2; 1)

Câu 8: (0,75đ) Cho DABC vuông A, biết AB = 7cm; AC = 24cm Tính diện tích xung quanh hình nón sinh quay tam giác ABC vòng quanh cạnh AC

Câu 9:(0,75đ) Rút gọn biểu thức B =  

2

2  3 

Câu 10: (0,75đ) Cho DABC vuông A Vẽ đường cao AH, biết HC = 11cm, AB = 2

cm Tính độ dài cạnh BC

Câu 11: (0,75đ ) Hai thành phố A B cách 50km Một người xe đạp từ A đến B Sau 1giờ 30 phút, người xe máy từ A đến B sớm người xe đạp 1giờ Tính vận tốc người biết vận tốc người xe máy lớn vận tốc người xe đạp 18km/h

Câu 12: (0,75đ) Một hình trụ có diện tích tồn phần 90cm2, chiều cao 12cm Tính

thể tích hình trụ

Câu 13: (0,75đ) Cho hai đường trịn (O; R) (O’; R’) cắt A B Một đường thẳng qua A cắt (O) C cắt (O’) D Chứng minh rằng:

/

R BD

R  BC .

Câu 14:(0,75đ) Cho phương trình bậc hai (ẩn số x, tham số m): x2

– 2mx + 2m – = (1)

Với giá trị m phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 = 3x2?

Câu 15: (0,75đ) Trên nửa đường trịn tâm O đường kính AB lấy hai điểm E F cho » »

AE AF< (EA FB), đoạn thẳng AF BE cắt H Vẽ HD^OA (D OA; D O ) Chứng minh tứ giác DEFO nội tiếp đường tròn

- HẾT

-HỌ VÀ TÊN THÍ SINH : Số báo danh

Câu : (0,5đ) ab b a  a  1 b a a1  a1 0,25đ = ( a+1 ) (b a+1) 0,25đ

Câu : (0,5đ) A = tg2a- sin 2atg2a=tg2a(1 sin- 2a) 0,25đ

=tg2a.cos2a=sin2a 0,25đ

Câu : (0,5đ) d1 d2 có tung độ gốc khác (1¹ 2) nên d1//d2Û – a =

1+2a 0,25đ

Tính a =

3. 0,25đ

Câu : (0,5đ) Tính R = 31,4 52p = (cm) 0,25đ

Tính S = 25p=78,5 (cm2) 0,25đ

Câu : (0,75đ) Vẽ hình 0,25đ

BD phân giỏc àB ị

1

BA DA

BC=DC= 0,25đ

Þ sinC =

AB

BC = µ

0

1 30

2ị C= 0,25

Cõu : (0,5) A(xA;yA) ẻ (P) Û yA= 2 A

x 0,25đ

Tính tung độ điểm A

1

2. 0,25đ

Câu : (0,75đ)

Lí luận đến hệ phương trình

1

2

a b a b

ì + =-ïï

íï + =

ïỵ 0,25đ

Giải hệ tìm a = 2; b = – 0,25đ

Phương trình đường thẳng MN y = 2x – 0,25đ

Câu : (0,75đ)

Chỉ rõ bán kính hình trịn đáy R = AB, chiều cao h = AC, đường sinh l = BC

(hoặc có hình vẽ) 0,25đ

Tính l = BC = 72+242 =25 (cm) 0,25đ

Tính diện tích xung quanh hình nón S = 175p (cm2) 0,25đ

(học sinh tính kết số gần cho điểm)

Câu : (0,75đ)

D B

A C

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÂM ĐỒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Khóa ngày : 18 tháng năm 2009

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn : TỐN

B =      

2 2

2  2  2 2 (2 3)(2 3) 2

0,25đ

B = -2 2+ + + 0,25đ

B = 0,25đ

Câu 10 : (0,75đ)

Đặt x (cm) = BC (x > 11) Þ HB = x – 11

Tam giác ABC vuông A, AH^BC Þ BC.HB= AB2 Þ x(x – 11) = 12 (*) 0,25đ

Giải phương trình (*) tìm x1 = –1, x2 = 12 0,25đ

Chọn x = 12 , kết luận BC = 12 (cm) 0,25đ

Câu 11 : (0,75đ ) Gọi x (km/h)là vận tốc người xe đạp (x > 0) 0,25đ Biểu diễn đại lượng lập phương trình

50 50

18

x - x+ = 0,25đ

Giải phương trình tìm x = 12 (chọn) , x = –30 (loại)

Trả lời vận tốc xe đạp 12 km/h, vận tốc xe máy 30km/h 0,25đ

Câu 12 : (0,75đ)

Viết 2prh+2pr2 =90pÛ r2+12r- 45 0=

(r bán kính hình trịn đáy, h chiều cao hình trụ) 0,25đ Giải phương trình r2 +12r – 45 = ( r > 0) tìm r = (chọn) , r = –15 (loại)

0,25đ

Tính V=p.9.12 108 (= p cm3) 0,25đ

(học sinh tính kết số gần cho điểm)

Câu 13 : (0,75đ) Vẽ hình 0,25đ

Chứng minh ·ACB O OB ADB OO B=· ' ,· =· ' Þ DBCD~DBOO' 0,25đ



' '

O B OB R BD

BD =BC Û R =BC 0,25đ

Câu 14 : (0,75đ) x2 – 2mx + 2m – 1 = (1)

Chứng minh D =/ m2- 2m+ =1 (m- 1)2³ Þ phương trình ln có nghiệm. 0,25đ Lập hệ phương trình

1

1

2

x x m

x x

ì + = ïï

íï =

ïỵ giải hệ tìm đươc m x =

,

3

m x =

0,25đ

1

x x = 2m –

2

2

2

2

3 m

m m m m m

m

é = ê ê

Û = - Û - + = Û

ê = ê

ë 0,25đ

B O

A

O' C

D

H

B C

Câu 15 : (0,75đ) Vẽ hình 0,25đ

Chứng minh FOB· =2FAB· (1)

Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp

Þ ·HAD HED HEF=· =· Þ FED· =2FAD· (2) 0,25đ Từ (1) (2) Þ ·FOB FED=· => tứ giác DEFO nội tiếp 0,25đ

Chú ý: Nếu HS giải cách khác giám khảo phân bước tương ứng điểm.

-

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2009-2010

Môn thi TỐN ( chung cho tất thí sinh) Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2.0 điểm )

1 Tìm x để biểu thức sau có nghĩa

a) x b)

1

x Trục thức mẫu

a)

3

2 b)

1 1

3 Giải hệ phương trình :

1

x x y

  



  

Bài (3.0 điểm )

Cho hàm số y = x2 y = x + 2

a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm A,B đồ thị hai hàm số phép tính c) Tính diện tích tam giác OAB

Bài (1.0 điểm )

Cho phương trình x2 – 2mx + m – m + có hai nghiệm x

1 ; x (với m

tham số ) Tìm m để biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ

Bài (4.0 điểm )

Cho đường trịn tâm (O) ,đường kính AC Vẽ dây BD vng góc với AC K ( K nằm A O).Lấy điểm E cung nhỏ CD ( E không trùng C D), AE cắt BD H

a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh AD2 = AH AE.

c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình trịn (O)

d) Cho góc BCD α Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC cân M Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O)

======Hết======

Hướng dẫn:

D H

A O B

E

F

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài (2.0 điểm )

1 Tìm x để biểu thức sau có nghĩa

a) x0 b) x1 0  x1

2 Trục thức mẫu

a)

3 3

2

2  2  b)

 

   

1

1 3

3

3 3

  

  



  

3 Giải hệ phương trình :

1 1

3

x x x

x y y y

   

  

 

  

    

  

Bài (3.0 điểm )

Cho hàm số y = x2 y = x + 2

a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy

Lập bảng :

x - x - - 1

y = x + 2 y = x2 4 1 0 1 4

b) Tìm toạ độ giao điểm A,B :

Gọi tọa độ giao điểm A( x1 ; y1 ) , B( x2 ; y2 ) hàm số y = x2 có đồ thị

(P) y = x + có đồ thị (d)

Viết phương trình hồnh độ điểm chung (P) (d) x2 = x +

 x2 – x – = 0

( a = , b = – , c = – ) có a – b + c = – ( – ) – = 1

x

  ;

2

c x

a

    thay x1 = -1  y1 = x2 = (-1)2 = 1;

x2 =  y2 =

Vậy tọa độ giao điểm A( - ; 1) , B( ; )

c)

c) Tính diện tích tam giác OAB :

OC =/x

OC =/xCC / =/ -2 /= / =/ -2 /= 2; BH = / y; BH = / yBB / = /4/ = ; AK = / y / = /4/ = ; AK = / yAA / = /1/ = / = /1/ =

Cách : SOAB = SCOH - SOAC =

2(OC.BH - OC.AK)= =

2(8 - 2)= 3đvdt

Cách : Hướng dẫn : Ctỏ đường thẳng OA đường thẳng AB vuông góc OA AK2OK2  1212  2 ; BC = BH2 CH2  4242 4 2;

AB = BC – AC = BC – OA =

(ΔOAC cân AK đường cao đồng thời trung tuyến  OA=AC)

O y

x A

B

K C

SOAB =

2OA.AB =

.3 2

2  đvdt

Hoặc dùng cơng thức để tính AB = (xB  xA)2(yB yA)2 ;OA=

2

(xA xO) (yA  yO) Bài (1.0 điểm ).Tìm m để biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

Cho phương trình x2 – 2mx + m – m +

( a = ; b = - 2m => b’ = - m ; c = m2 - m + )

Δ’ = = m2 - ( m2 - m + ) = m2 - m2 + m - = m – ,do pt có hai nghiệm x ; x

(với m tham số ) Δ’ ≥  m ≥ theo viét ta có: x1 + x2 = = 2m

x1 x2= = m2 - m +

x12 + x22 = ( x1 + x2)2 – 2x1x2 = (2m)2 - 2(m2 - m + )=2(m2 + m - )

=2(m2 + 2m 2 +

1 4-

1 4 -

12

4 ) =2[(m + 2)2 -

13

4 ]=2(m + 2)2 -

13

Do điều kiện m ≥  m +

1

2 ≥ 3+ 2 =

7

(m +

1 2)2 ≥

49

4  2(m +

1 2)2 ≥

49

2  2(m +

1 2)2 -

13 ≥

49 -

13 = 18

Vậy GTNN x1 + x22 18 m =

Bài (4.0 điểm )

a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp

* Tam giác CBD cân

AC BD K BK=KD=BD:2(đường kính vng góc dây cung) ,ΔCBD có đường cao CK vừa đường trung tuyến nên ΔCBD cân

* Tứ giác CEHK nội tiếp

· ·

AEC HEC 180  ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ; KHC 180·  0(gt)

· · 0

HEC HKC 90  90 180 (tổng hai góc đối)  tứ giác CEHK nội tiếp

b) Chứng minh AD2 = AH AE.

Xét ΔADH ΔAED có :

¶

A chung ; AC BD K ,AC cắt cung BD» A suy A điểm cung ¼

BAD , hay cung AB AD» »  ADB AED· · (chắn hai cung nhau) Vậy ΔADH = ΔAED (g-g) 

2 .

AD AH

AD AH AE AE AD  

c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình trịn (O).

BK = KD = BD : = 24 : = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm

* ΔBKC vng A có : KC = BC2 BK2  202122  400 144  256=16

* ABC 90·  0( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

ΔABC vng B có BKAC : BC2 =KC.AC 400 =16.AC  AC = 25 R= 12,5cm

d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O). Giải:

ΔMBC cân M có MB = MC nên M nằm đường trung trực d BC ; giả sử M (O) nằm nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , nên M giao điểm d đường trịn (O) , M điểm cung BC nhỏ

 BM MC¼ ¼  ·BDM MDC·

do ΔBCD cân C nên

· · · ) :

2

BDC DBC (180 DCB 90     

M B nằm hai nửa mặt phẳng có bờ BC đối nên để M thuộc (O) hay tứ giác MBDC nội tiếp nên tổng hai góc đối phải thoả mãn:



· · · · 900

2

BDC BMC 180   BMC 180  BDC 180    90 

 

do tam giác MBC cân M nên 

· ·  · : 2 0 :

2

MBC BCM 180   BMC 180  90   45  

 

 

Vậy ·MBC

45



 



 

 

A O

B

M

C

E D

M’

K H

B”

SỞ GD & ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2009 – 2010

Môn thi : Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25/6/2009

Bài 1: (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình phương trình sau : a)

3x 2y 5x 3y

  



 

 b) 9x4 + 8x2 – 1=

Bài 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức :

1 x x

A :

x x x x

   

 

     

  

   

a) Với điều kiện xác định x rút gọn A b) Tìm tất giá trị x để A nhỏ

Bài 3: (3,0 điểm)

a) Cho hàm số y = -x2 hàm số y = x – Vẽ đồ thị hai hàm số hệ trục tọa độ Tìm tọa độ giao điểm hai đô thị phương pháp đại số

b) Cho parabol (P) :

2

x y

4



đường thẳng (D) : y = mx -

3

2m – Tìm m

để (D) tiếp xúc với (P) Chứng minh hai đường thẳng (D1) (D2)

tiếp xúc với (P) hai đường thẳng vng góc với Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R Trên tia đối AB lấy điểm C cho BC = R, đường tròn lấy điểm D cho BD = R, đường thẳng vng góc với BC C cắt tia AD M

a) Chứng minh tứ giác BCMD tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tam giác ABM tam giác cân c) Tính tích AM.AD theo R

Sở giáo dục đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH Lớp 10 THPT

H¶i Dơng Năm học :2009 -2010

Môn :TỐN

Thời gian làm bài:120 phút, khơng kể thời gian giao đề. Ngày 06tháng 07 nm 2009(bui chiu)

Câu I(2 điểm):

1) Giải phơng trình: 2(x-1) =3- x

2) Giải hệ phơng trình:

y x 2x 3y

  



Câu II:(2 điểm )

1) Cho hµm sè: y=f(x) = -

2

1 x

2 .TÝnh f(0); f(2) ; f(

2 ) ;f(- 2)

2) Cho phơng trình (ẩnx): x2- 2(m+1)x + m2- = 0.Tìm giá tri m để phơng trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn : x12 + x22 = x1x2 +

Câu III: (2điểm)

1) Rót gän biĨu thøc:

A =

1 x

:

x x x x x

  



 

   

  víi x > O vµ x 

2) Hai ô tô xuất phát từ A đến B, ô tô thứ chạy nhanh ô tô thứ hai 10 km nên đến B sớm ô tơ thứ hai Tính vận tốc tụ

Câu IV: ( điểm)

Cho đờng trịn (O), dây AB khơng qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B) Kẻ dây MN vng góc với AB H Kẻ MK vng góc với AN ( K AN )

1) Chứng minh : Bốn điểm A, M, H, K thuộc đờng tròn 2) Chứng minh MN phân giác góc BMK

3) Khi M di chuyển cung nhỏ AB Gọi E giao điểm HK BN Xác định vị trí điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giỏ tr ln nht

Câu V: (1điểm)

Cho x, y tháa m·n:

3

x y   y x 

Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc: B = x2 + 2xy – 2y2 + 2y + 10 HÕt

Họ tên thí sinh Số báo danh

Chữ ký giám thị Chữ ký giám thị

Sở giáo dục đào tạo Hớng dẫn chấm thiTUYểN SINH Lớp 10 THPT Hải dơng Năm học :2009 -2010

M«n :TOAN

Câu I:1 / Giải hệ PT : 2(x-1) = 3-x 3x=  x =

2/ Gi¶i hƯ PT sau : y x x y       

2

 x y x y       

2

 x y x y       

2

2

 y x  Câu II :1/Cho hàm sè : y =f(x) =  x

2

TÝnh f(0) = ; f(2) = -2 ; f(

1 2) = -

1

8 ; f(- 2) = -1

Cho PT : x2  2(m1)xm2  0 Tìm m để PT có nghiệm thoả mãn : x x x x 

2

1 2

Cã = m2 2m 1 (m2  1) 2m2

PT cã nghiÖm x1 ,x2 2m +2 >  m > -1 Theo bµi ta cã : x x x x 

2

1 2  x x   x x x x 

1 2 2 8 x1x22  3x x1 2 8

Thay hÖ thøc Vi Ðt ta cã : (2m+2)2 -3(m2-1) = 4m2+8m+4 – 3m2+3 =8 m2+8m -1 = Gi¶i PT cã nghiƯm lµ x

1 = - + 17 ; x2 = - - 17 (Loại) Câu III :

1.Rút gọn biểu thức sau : A =

x :

x x x x x

           

1 1

1 1 Víi 0< x 1

A =    

x : x

x x x

            

1 1

1

1 1

=  

 x 

x x x x             1 1 =

 x 

x

 1

2.2 ôtô XP từ A đến B xe thứ chạy nhanh xe thứ 10km/h Tính vận tốc ôtô biết quãng đờng Ab 300 km

Gäi x km/h lµ vËn tèc cđa xe thø nhÊt (x >10) Th× vËn tèc cđa xe thø lµ x-10 (km/h)

Thì thời gian xe thứ từ A đến B x (h)

300

thời gian xe thứ từ A đến B x (h) 300

10

Theo bµi cã PT : x 300

10 - x

300

=1 Gi¶i PT có nghiệm x = - 50 vµ x = 60 VËy vËn tèc cđa xe thø nhÊt lµ 60 km/h vµ xe lµ 50 km/h

Câu IV Hình : Cho (O) dây AB không qua tâm O Trên cung nhỏ AB lấy M M không trùng với A B kẻ MN vuông góc với AB H Kẻ MK vuông gãc víi AN (K thuéc AN

A.Chứng minh : điểm A , M , H ,K thuộc đờng trịn b.Chứng minh MN phân giác góc BMK

H

E K

N M

O B

A

Câu a , b hiển nhiên ta chứng minh đợc

Hớng dẫn câu c : Ta có AHNđồng dạng với MKN

AH AN

MK MN  AH.MN =

MK.AN (1)

Mà Tú giác MHEB tứ giác nội tiếp có MBN NAM  18 00 (t/c gãc cđa tø gi¸c néi

tiÕp)

 

KAM NAM 18 00 (t/c gãc kÒ bï)

 

KAM KHM (Vì tứ giác KAHM nội chứng minh câu a) Và KHM + EHM = 1800 (V× theo T/c cđa gãc kỊ bï)

Từ ta có BMN   MHE =1800 Khi ME BN

VËy SBMN  ME.BN BH.MN

1

2

Tõ cã

1

2 AH.MN =

2 MK.AN = SAMN

Khi SBMN+ SAMN = SAMBN

AMBN

S = AB.MN

1

2 có AB khơng đổi AB.MN lớn MN lớn nghĩa MN

là đớng kính

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

AN GIANG Năm học:2009-2010

Đề thức Khóa ngày 28/06/2009

SBD SỐ PHỊNG Mơn TỐN ( ĐỀ CHUNG) Thời gian : 120 phút

(Không kể thời gian phát đề) Bài 1: (1,5 điểm)

1/.Khơng dùng máy tính, tính giá trị biểu thức sau :

 

 

 

 

14 - 7 15 - 5 1

A = + :

2 -1 3 -1 7 - 5

2/.Hãy rút gọn biểu thức:

x 2x - x

B =

-x -1 -x - -x , điều kiện x > x 1 Bài 2: (1,5 điểm)

1/ Cho hai đường thẳng d1: y = (m+1) x + ; d2: y = 2x + n Với giá trị

m , n d1 trùng vớid2 ?

2/.Trên mặt phẳng tọa độ , cho hai đồ thị (P): y 

2

x

3 ; d: y =  x Tìm tọa độ giao điểm (P) d phép toán

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 +2 (m+3) x +m2 +3 = 0

1/ Tìm m để phương trình có nghiệm kép ? Hãy tính nghiệm kép 2/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1 – x2 = ?

Bài : (1,5 điểm)

Giải phương trình sau : 1/

1 3

+ = 2

x - - x 2/ x4 + 3x2 – = 0

Bài : (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB dây CD vng góc với (CA < CB) Hai tia BC DA cắt E Từ E kẻ EH vng góc với AB H ; EH cắt CA F Chứng minh :

1/ Tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn 2/ Ba điểm B , D , F thẳng hàng

3/ HC tiếp tuyến đường tròn (O) Hết /

B i gi i g i ý ả ợ Bài 1.1             

14 7 15 5 1

A = + :

2 1 3 1 7 5

=

   

7

2

   

  

   

   7 5 = 7 5  7 5 = – = Bài

1.2 B = x 1x  2xx xx ( điều kiện x > x 1)

    1 x x     x x B =

x 1 x

= 1    

x 2 x

x 1 x =

2 x

  

x

x 1 =

 x12 

x 1 = x 1 Bai

2.1 1

d : y = (m+1) x + (Điều kiện : m  1)

2

d : y = 2x + n

(d1)  (d2) 

1 m n        m n    

 ( thỏa điều kiện m  1 )

Vậy (d1) trùng với (d2) ( m = ; n = )

Bài

2.2 (P): y 

2

x 3

(d): y =  x

Phương trình hồnh độ giao điểm x x  

3 18

x x

   

 b2 4ac 9 4.1.18 81 9 

3

x   

3

x   

Thay giá trị x vào phương trình y = – x Với x1 = y1 = – =

Với x2  y2 = + = 12

Vậy (d) cắt (P) hai điểm A ( ; ) B (  ; 12 ) Bài

3.1

x2 + (m+3) x + m2 + = (1)

'

 = ( m + )2 – ( m2 + ) = m2 + 6m + – m2 – = 6m +

Phương trình có nghiệm số kép  ' =  6m + =  m 1

Nghiệm số kép x1 = x2 =

' ( 3)

( 3)

1 b m a         Bài

3.2 Phương trình (1) có nghiệm

 '   6m +6   m  1

1

b x x

a

  

 2(m3)

1

c

x x m

a

  

Theo giả thiết x1 – x2 = 2

Theo đẳng thức (x1 + x2)2 – (x1 – x2)2 = 4x1x2

[– ( m + )]2 – 22 = ( m2 + )

4 ( m2 + 6m + ) – – 4m2 – 12 =

4m2 + 24m + 36 – – 4m2 – 12 = 0

24m + 20 = 0 m

20 24

 

m

5

 

( thỏa điều kiện m  – )

Vậy phương trình có nghiệm x1 , x2 thỏa x1 – x2 = m

  Bài

4.1

1

2

x   x  (1)

Điều kiện : x  , x 

(1)  – x + ( x – ) = ( x – ) ( – x )

 x2 -7x +12 = 0

= b

 2-4ac=49 -48 =1 =12 1

x =3 (thỏa điều kiện)

2

x =4 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình (1) có nghiệm x1 =3 ;x2=4 Bài

4.2

x4 + 3x2 – = (1)

Đặt t = x2 ( với t  )

Phương trình (1)  t2 + 3t – = 0

Vì a + b + c = + – = 0

 t1 = ( thỏa điều kiện ) t2

c a

 

( không thỏa điều kiện ) t =  x2 =  x =  1

Vậy phương trình (1) có nghiệm x =  Bài

j 1

3

1

3 1

2

1 1

F E

H

D C

M 0 B

A

Câu Gọi M=AB CD

Đường trịn (O) có đường kính AB  dây CD M (gt)

 AB trung trực CD  AC = AD

 ACD cân A  C1 = D1 (1) Ta có EF  AB (gt) CD  AB (gt)

 EF // CD

 E1 = D1 ( so le ) (2) (1) (2)  E1 = C1

Tứ giác ECDF có đỉnh liên tiếp E C nhìn cạnh FD góc

 E , C , F , D đường tròn  Tứ giác ECDF nội tiếp đường trịn Câu Cách 1)

Có ADB = 1v ( góc nội tiếp chắn

1

2 đường tròn (O) ) (1)

Ta lại có:ACB = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))

 ECF = 1v ( kề bù với góc vng)

Mặt khác : EDF ECF 1v (2 góc nội tiếp chắn cung EF đường trịn

(ECDF)) (2)

Từ (1) (2) EDF ADB  2v



 FDB = 2v

 F , B , D thẳng hàng Cách 2)

Có ADB = 1v ( góc nội tiếp chắn

1

2 đường tròn (O) )

 AD  DB hay ED  DB (3) Có ACB = 1v ( góc nội tiếp chắn

1

2 đường tròn (O) )

 AC  CB hay FC  EB

EFB có hai đường cao BH FC giao A  A trực tâm củaEFB

 EA hay ED  FB (4) (3) (4)  FB  DB

 F , B , D thẳng hàng Câu Ta có 

1

E = D 1 (slt)

F1 = C1 (slt)  E1 = F1

 AEF cân A

 đường cao AH vừa trung tuyến  H trung điểm EF

 HCF cân H  C = F1 (5) Ta lại có



F = B1 ( góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc ) (6)

Mặt khác OCB cân O ( OC = OB : bk )  B1 = C (7)

(5) , (6) , (7)  C = C Mà C + ACO = 1v = ACB

 C + ACO = 1v = HCO  OC  HC C

Mà OC bán kính đường tròn (O)  HC tiếp tuyến đường tròn (O)

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2009 – 2010

Mơn : TỐN

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Bài (2,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức sau: a)

3 13

2  4  3 ;

b)

x y y x x y

xy x y

 



 với x > 0; y > x ≠ y.

2. Giải phương trình

4

x

x

 



Bài (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình

m x y 2 mx y m

   

 

  



 (m tham số) 1. Giải hệ phương trình với m = 2;

2. Chứng minh với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệm

nhất (x ; y) thoả mãn 2x + y ≤

Bài (2,0 điểm)

Cho mặt phẳng toạđộ Oxy, cho đường thẳng (d): y = (k – 1)x + (k tham số)

và parabol (P) : y = x2.

1. Khi k = -2, tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P)

2. Chứng minh với giá trị k đường thẳng (d) ln cắt (P)

hai điểm phân biệt;

3. Gọi y1; y2 tung độ cac giao ́ điểm của đường thẳng (d) (P)

Tìm k cho : y1 + y2 = y1y2

Bài (3,5 điểm)

Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B C) Qua B kẻ đường

thẳng vng góc với DM, đường thẳng cắt đường thẳng DM DC theo thứ tự

H K

1. Chứng minh tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn ;

2. Tính góc CHK

3. Chứng minh: KH.KB = KC.KD;

4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh

2 2

1 1

AD AM AN Bài (0,5 điểm)

Giải phương trình :

1 3 1

x 2x 4x 5x

 

    

    

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài (2,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức:

a)

3 13 3(2 3) 13(4 3)

4 16 3

2 3

 

     

 

= - 3 + + + = 10 b) Với x > 0, y > x ≠ y thì :

x y y x x y xy( x y) ( x y)( x y)

xy x y xy x y

    

  

  =

x y x y x

    

2. ĐKXĐ : x ≠ -2 Từ phương trình đã cho suy :

x(x + 2) + = 3(x + 2) ↔ x2 – x – =

Vì a – b + c = – (-1) + = nên phương trình có hai nghiệm là : x1 = -1; x2 =

2

Cả hai nghiệm này đều thoả mãn ĐKXĐ

Vậy S = {-1 ; 2}

Bài (2,0 điểm)

1. Với m = 2, hệđã cho trở thành :

x y 2x y

 

 

 

 ↔

x x y

  

 

 ↔

x y

  

 

Vậy với m = thì nghiệm cua hể ̣ phương trình đã cho là (x ; y) = (1 ; 1)

2. Hệ phương trình đa cho t̃ ương đương với hệ :

mx y m x m

  

 

 

 ↔

x m

m(m 1) y m

 

 

   

 ↔

x m y 2m m

  



  



Suy hệ phương trình đa cho ln cõ ́ nghiệm nhất (x ; y) = (m – ; + 2m – m2)

với mọi m

Khi đó, ta có : 2x + y = 2(m – 1) + + 2m – m2 = - + 4m - m2 = – (m – 2)2 ≤ m

Vậy với giá trị m hệ phương trình đã cho ln có nghiệm (x ; y)

thoả mãn 2x + y ≤

Bài (2,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

x2 = (k – 1)x + ↔ x2 – (k – 1)x – = (1) 1. Khi k = -2, phương trình (1) trở thành : x2 + 3x – =

Vì a + b + c = + + (-4) = nên phương trình này có hai nghiệm : x1 = ; x2 =

-4

Với x1 =  y1 = 12 = ; với x2 = -4  y2 = (-4)2 = 16

Vậy toạ độ giao điểm của (d) và (P) k = -2 là : (1 ; 1) và (-4 ; 16)

2. Xét phương trình (1) có : Δ = (k – 1)2 + 16 > k nên (1) có hai nghiệm

phân biệt với mọi k

Từ đó suy với giá trị k đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân

biệt (đpcm)

Áp dụng định li Vi - et, ta có ́ : x1 + x2 = k – ; x1x2 = -4

Mà : y1 =

2

x và y

2 =

2

x (vì các giao điểm đu thuồê ̣c (P)), nên từ giả thiết ta có : y1 + y2 = y1y2 ↔

2 2

1 2

x x x x ↔ (x1x )2  2x x1 2 (x x )1 2

hay : (k – 1)2 – 2.(-4) = (-4)2 ↔ (k – 1)2 = ↔ k = ± 2 2.

Vậy giá trị của k thoả mãn yêu cầu bài toán là : k = ± 2

Bài (3,5 điểm)

1. Xét tứ giác ABHD có :



A 90 (vì ABCD là hình vuông)

và BHD 90  (giả thiết)  A BHD 180   

Hai góc này vị tríđối nên tứ giác

ABHD nội tiếp

Xét tứ giác BHCD có :



BCD 90 (vì ABCD là hình vuông)

và BHD 90  0 (giả thiết).  BCD BHD 90  

Hai đỉnh kề H va C cù ̀ng nhìn cạnh đối diện một goc b́ ằng 900 nên tứ giác

BHCD nội tiếp

Vậy tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn (đpcm)

2. Vì ABCD là hình vuông nên DB làđường phân giác của ADC 90  



BDC 45

Tứ giác BDHC nội tiếp (chứng minh trên) nên : CHK BDC  (vì cùng bù với BHC

)

Vậy CHK 45 

3. Xét ΔKHC vàΔKDB co : ́ K chung ; CHK BDC  (chứng minh trên)

Do đó : ΔKHC ~ΔKDB 

KH KD

KC KB  KH.KB = KC.KD (đpcm) 4. Trên tia đối của tia DC lấy điểm E cho DE = BM

Vì ADC 90   ADE 90  0(hai góc kề bù) ΔADE vuông tại D.

Xét ΔADE vàΔABM có :

AD = AB (hai cạnh của hình vuông ABCD)

 

ADE ABM 90 

 

EAD BAM DE = BM

ΔADE = ΔABM (c – g – c)  AM = AE và

 EAN EAD DAN BAM DAN BAD 90         0ΔEAN vuông tại A

B

C D

M

H

K N

E

Tam gác EAN vuông tại A cóđường cao AD nên theo hệ thức lượng tam giác

vuông ta có :

2 2

1 1

AD AE  AN hay 2

1 1

AM AE  AN (đpcm). Bài (0,5 điểm)

ĐKXĐ : x ≥

3 2

Khi đó :

1 1

3

x 2x 4x 5x

 

    

    

↔

1 1

3x  6x 9  4x 3  5x 6

↔

1 1

3x  4x 3  5x 6  6x 9

↔

( 4x 3x )( 4x 3x ) ( 6x 5x 6)( 6x 5x 6) 3x 4x 3( 4x 3x ) 5x 6x 9( 6x 5x 6)

         



       

↔

x x

3x 4x 3( 4x 3x ) 5x 6x 9( 6x 5x 6)

 



       

↔

1

(x 3)

3x 4x 3( 4x 3x ) 5x 6x 9( 6x 5x 6)

 

    

       

 

↔

x

1

3x 4x 3( 4x 3x ) 5x 6x 9( 6x 5x 6)

                (*)

- Nếu x > thì :

0 3x 5x 4x 6x

  

 

   

 

0 3x 5x

0 4x 6x

0 3x 4x 5x 6x

                      1

3x 4x 3( 4x 3   3x )  5x 6x 9( 6x 9    5x 6)

- Nếu

3

2 ≤ x < thì :

0 5x 3x 6x 4x

  

 

   

 

0 5x 3x

0 6x 4x

0 5x 6x 3x 4x



1

3x 4x 3( 4x 3   3x )  5x 6x 9( 6x 9    5x 6)

- Nếu x = thì :

1

3x 4x 3( 4x 3   3x )  5x 6x 9( 6x 9    5x 6)

Do đó, hệ (*) tương đương với : x – = ↔ x =

Vậy nghiệm phương trình cho có nghiệm : x = Equation Chapter

Section

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

——————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC

2009-2010

ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

—————————

(Đề có 01 trang)

A PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): Trong câu có lựa

chọn, có lựa chọn Em viết vào tờ giấy làm thi sau: câu 1, em chọn lựa chọn A viết là: Câu 1: A Tương tự cho câu từ đến

Câu 1. Điều kiện xác định biểu thức 1 x là:

A A x  B B x -1 C C x1 D D x 1

Câu 2. Cho hàm số y(m1)x2 (biến x) nghịch biến, giá trị m

thoả mãn:

A m1 B m1 C m1 D m0

Câu Giả sử x1, x2 hai nghiệm phương trình: 2x2 + 3x -10 = Khi

đó, tích x1.x2 bằng:

A

3

2 B

3

 C -5 D

Câu 4. Cho ABC có diện tích Gọi M, N, P tương ứng trung điểm

của cạnh AB, BC, CA X, Y, Z tương ứng trung điểm cạnh PM, MN, NP Khi diện tích tam giác XYZ bằng:

A

1

4 B

1

16 C

1

32 D

1 B PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm):

Câu (2,5 điểm). Cho hệ phương trình

2

2

mx y

x y

 

 

 

 (m tham số có giá

trị thực) (I)

a) Giải hệ (I) với m1

b) Tìm tất giá trị m để hệ (I) có nghiệm Câu (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức: A2 48 75 (1 3)2 .

Câu (1,5 điểm).

Một người từ A đến B với vận tốc km/h, ô tô từ B đến C với vận tốc 40 km/h Lúc về, xe đạp quãng đường CA với vận tốc 16 km/h Biết rằng, quãng đường AB ngắn quãng đường BC 24 km, thời gian lúc thời gian lúc Tính độ dài quãng đường AC

Câu (3,0 điểm). Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm A B Trên nửa mặt phẳng có bờ AB kẻ hai tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vng góc với CI C cắt tia By K Đường tròn đường kính IC cắt IK P (P khác I)

a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn, rõ đường tròn

b) Chứng minh CIP PBK 

c) Giả sử A, B, I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích tứ giác ABKI lớn

—Hết—

Cán coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh SBD

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

—————— KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

—————————

A PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm): M i câu úng cho 0,5 i m, sai cho 0ỗ đ đ ể i m

đ ể

Câu

Đáp án

D A C B B PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm):

Câu (2,5 điểm). a) 1,5 điểm:

Nội dung trình bày Điểm

Thay m1 vào hệ ta được:

2 (1)

2 (2)

x y

x y

 

 

 

 0,25

Nhân vế PT(1) với -2 cộng với PT(2) ta được: 8y5 0,50

Suy

5

y 0,25

Thay

5

y

vào (1) có:

5

2

8

x   x 0,25

Thử lại với

1

x y

       

 ta thấy thoả mãn Vậy hệ cho có nghiệm duy

nhất: x y          .

b) 1,0 i m:đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Hệ (I) có nghiệm

2

1

2 2

m m

m

    

 1,0

Câu (1,0 i m):đ ể

Nội dung trình bày Điểm

2

2 48 75 (1 3)

A    =2 16.3 25.3 |1  | 0,5

= 1   0,25

= + 0,25

Câu (1,5 điểm):

Nội dung trình bày Điểm

Gọi độ dài quãng đường AB x km (x0), độ dài quãng đường

BC x24 km, độ dài quãng đường AC 2x24 km Và đó, thời gian quãng đường AB 4( )

x h

, thời gian quãng đường BC là 24 ( ) 40 x h 

thời gian quãng đường CA

2 24 ( ) 16 x h  0.5

Mặt khác, thời gian nên ta có phương trình:

24 24

4 40 16

x x x

  0.25

Giải phương trình x6 0.5

Thử lại, kết luận  x 6 

Thời gian quãng đường

AB BC

6 24

2.25( )

4 40 h



 

, thời gian quãng đường CA (lúc về)

2 24

2.25( )

16 h

    Vậy độ dài quãng đường AC 36 km

0.25

Câu (3,0 điểm):

a) 1,0 i m:đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Có: CPK CPI  900

  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn); 0,25

A C B

K

y

I

x

Do By AB nên CBK 900

 . 0,25

Suy ra: CPK CBK  1800

  hay tứ giác CPKB nội tiếp đường trịn đường

kính CK 0,50

b) 1,0 i m:đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Có: CIP PCK  (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây

cùng chắn cung);

(1)

0,5 Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: PCK PBK (2) 0,25 Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh 0,25

c) 1,0 i m:đ ể

Nội dung trình bày Điểm

Từ giả thiết suy tứ giác AIKB hình thang vng, gọi s diện tích AIKB, ta có:

1

( )

2

s AI KB AB

Dễ thấy s lớn KB lớn (do A, B, I cố định)

0,25 Xét tam giác vuông AIC BKC có: KCCI KBCA suy ra: BKCACI

(góc có cạnh tương ứng vng góc) hay ACI đồng dạng với BKC(g-g). 0,25

Suy ra:

AC AI AC BC

BK

BK BC   AI , đó: BK lớn  AC.BC lớn nhất 0.25

Theo BĐT Cơsi có:

2 2

2

AC CB AB

AC CB   

  , dấu “=” xảy C là

trung điểm AB Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn C trung điểm AB

0,25 Một số lưu ý:

-Trên trình tóm tắt cách giải với ý bắt buộc phải có Trong q trình chấm, học sinh giải theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa

-Trong trình giải học sinh bước sai, bước sau có sử dụng kết phần sai có khơng cho điểm

-Bài hình học, học sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần

-Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm thống chia tới 0,25 điểm

-Điểm toàn tính đến 0,25 điểm —Hết—

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009 - 2010

NAM ĐỊNH MƠN TỐN - ĐỀ CHUNG

Bài (2,0 điểm) Trong câu từ câu đến có bốn phương án trả lời A, B, C, D có phương án Hãy chọn

phương án viết vào làm.

Câu 1. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, đồ thị hàm số y = x2 y = 4x

+ m cắt hai điểm phân biệt khi

A m > -1 B m > - 4 C m < -1 D m < -4

Câu 2. Cho phương trình 3x – 2y + = Phương trình sau cùng với phương trình cho lập thành hệ phương trình vơ nghiệm ?

A 2x – 3y – = B 6x – 4y + = C -6x + 4y + = D -6x + 4y – = 0.

Câu 3. Phương trình sau có nghiệm ngun ? A (x - )2 = B 9x2 – = 0. C 4x2 – 4x + = D x2 + x +

= 0

Câu 4. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, góc tạo đường thẳng y = 3x +

5 trục ox bằng

A 300. B 1200. C.600. D 1500

Câu 5 Cho biểu thức P = a 5, với a < Đưa thừa số ổ dấu

vào dấu thức, ta P bằng A 5a2

. B.- 5a . C 5a . D - 5a2

Câu 6. phương trình sau phương trình có hai nghiệm dương ?

A x2 -2 2x + = B x2 – 4x + = C x2 + 10 x + = 0. D x2

- 5x – = 0

Câu 7. Cho đường tròn (O;R) ngoại tiếp tam giác MNP vuông cân M Khi MN bằng

A R. B 2R. C.2 2R. D R 2

Câu 8. Cho hình chữ nhật MNPQ có MN = cm, MQ = 3cm Khi quay hình chữ nhật cho vịng quanh cạnh MN ta hình trụ có thể tích bằng

A 48cm3. B 36cm3. C 24cm3. D 72 cm3

Bài 2. (2,0 điểm)

1) Tìm x, biết (2x1)2 9. 2) Rút gọn biểu thức: M =

4 12

3 5

 

3) Tìm điều kiện xác định biểu thức: A = x26x 9.

Bài 3. (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 + (3 – m)x + 2(m – 5) =

(1), với m tham số.

1) Chứng minh với giá trị m, phương trình (1) ln có nghiệm x1 = 2.

thẳng d qua A cắt (O; R) B C (d không qua O; điểm O nằm hai điểm A C) Gọi H trung điểm BC.

1) Chứng minh: AM tiếp tuyến (O; R) H thuộc đường trịn đường kính AO.

2) Đường thẳng qua B vng góc với OM cắt MN D Chứng minh rằng:

a AHN = BDN.

b Đường thẳng DH song song với đường thẳng MC. c HB + HD > CD.

Bài 5. (1,5 điểm).

1) Giải hệ phương trình: 2 2 ( )2

2 0

1 1

x y xy

x y x y xy

   

 

     



2) Chứng minh với x ta ln có:

(2x 1) x2 x 1 (2x 1) x2 x 1

      

Đáp án

Bài NỘI DUNG Điểm

Bài 1(2,0đ)

Câu 1:B;Câu 2: C; Câu 3: A; Câu 4: C; Câu 5: D Câu 6: A; Câu 7:D; Câu 8: B

Mỗi câu đúng 0,25 Bài

2(2,0đ)

1.(1,0đ)

 

 

 

 

2

*

2x - = 2x - =

1

)2x - x

2

* 2x - =

x = 5(t/m)

1

)2x - x

2

* - 2x =

x = - 4( / )

a

b

t m



   



   



Vậy PT có hai nghiệm x = 5; x = -4

( Lưu ý: Có thể giải cách bình phương vế)

2.(0,5đ)

4 4( 3)

M = 12

3 ( 3)( 3)

4( 3)

= 3

5 =



  

  



   



3.(0,5đ)

Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế Đề thi tuyển sinh lớp 10

- Năm học: 2009 - 2010 Môn: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,25đ)

Không sử dụng máy tính bỏ túi, hÃy giải phơng trình sau: a) 5x2 + 13x - 6=0 b) 4x4 - 7x2 - = c)

3 17

5 11

x y x y

  



  

Bµi 2: (2,25®)

a) Cho hàm số y = ax + b Tìm a, b biết đồ thị hàm số cho song song với đờng thẳng y = -3x + qua điểm A thuộc Parabol (P): y =

1

2x2 có hồng độ -2

b) Không cần giải, chứng tỏ phơng trình ( 1 )x2 - 2x - 3 = có hai nghiệm phân biệt tính tổng bình phơng hai nghiệm

Bµi 3: (1,5®)

Hai máy ủi làm việc vịng 12 san lấp đợc

1

10 khu đất Nừu máy ủi thứ nhất

làm 42 nghỉ sau máy ủi thứ hai làm 22 hai máy ủi san lấp đợc 25% khu đất Hỏi làm máy ủi san lấp xong khu đất cho

Bài 4: (2,75đ) Cho đờng trịn (O) đờng kính AB = 2R Vẽ tiếp tuyến d với đờng tròn (O) B Gọi C D hai điểm tuỳ ý tiếp tuyến d cho B nằm C D Các tia AC AD cắt (O) lần lợt E F (E, F khác A)

1 Chøng minh: CB2 = CA.CE

2 Chứng minh: tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn tâm (O’).

3 Chứng minh: tích AC.AE AD.AF số không đổi Tiếp tuyến (O’) kẻ từ A tiếp xúc với (O’) T Khi C D di động d điểm T chạy đ-ờng thẳng cố định nào?

Bµi 5: (1,25®)

Một phễu có hình dạng hình nón đỉnh S, bán kính đáy R = 15cm, chiều cao h = 30cm Một hình trụ đặc kim loại có bán kính đáy r = 10cm đặt vừa khít hình nón có đầy nớc (xem hình bên) Ngời ta nhấc nhẹ hình trụ khỏi phễu Hãy tính thể tích chiều cao khối nớc cịn lại phễu

§Ị thi tun sinh

líp 10 tØnh NghƯ

An

Năm học: 2009-2010

Môn: Toán Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao

)

Câu I: (3,0®). Cho biĨu thøc A =

1

1

x x x

x x

  

 

1 Nêu điều kiện xác định rút gọn biểu thức A Tính giá trị biểu thức A x = 9/4

3 Tìm tất giá trị x A <1

CâuII: (2,5đ). Cho phơng trình bậc hai, víi tham sè m: 2x2 – (m+3)x + m = (1). Giải phơng trình (1) m =

2 Tìm giá trị tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1 + x2 =

5 2x1x2.

3 Gọi x1, x2 hai nghiệm phơng trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x1 x2

Câu III: (1,5đ).

Câu IV: (3,0đ). Cho đờng tròn (O;R), đờng kính AB cố định CD đờng kính thay đổi không trùng với AB Tiếp tuyến đờng tròn (O;R) B cắt đờng thẳng AC AD lần lợt E F

1 Chøng minh r»ng BE.BF = 4R2.

2 Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn

3 Gọi I tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD Chứng minh tâm I nằm đờng thẳng c nh

Gợi ý Đáp án Câu I:

1 Đkxđ: x 0, x

A =

1 ( 1)( 1)

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x x x x x x

x x x x x x x

   

  

      

2 Víi x = 9/4 => A =

3 3   Víi A<1 =>

1

1 0

1 1

x x x x

x

x x x x

 

          

     x<1

Vậy để A < ≤ x <

C©u II:

1 Với m = phơng trình trở thành: 2x2 5x + = 0 Phơng trình có hai nghiệm là: 1/2

2 Ta cã  = (m + 3)2 – 4.2.m = m2 - 2m + 9= (m - 1)2 + => >0 với m => phơng trình cã hai nghiƯm ph©n biƯt

Theo ViÐt ta cã:

1 2 2 m x x m x x           

Mµ x1 + x2 =

5

2x1x2 =>2(m+3) = 5m  m = 2.

3 Ta cã (x1 – x2)2 = (x1 + x2)2 - 4x1.x2 = (m + 3)2:4 – 2m = (m2 - 2m + 9):4 =

( 1)

2

m  

1 2

x x

  

VËy MinP =  m =1

Câu III: Gọi chiều dài ruộng x(m)

ChiỊu réng cđa thưa rng lµ y(m) ( x>45, x>y)

=> 45 x y x

y x y

        

 Giải hệ ta đợc x = 60, y = 15 (thoả mãn)

VËy diƯn tÝch cđa thưa rng là: 60.15 = 900(m2). Câu IV:

a Ta có tam giác AEF vng A (Góc A góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn) Mà AB đờng cao

=> BE.BF = AB2 (HƯ thøc lỵng tam giác vuông) => BE.BF = 4R2 ( Vì AB = 2R)

b Ta cã gãc CEF = gãc BAD (Cïng phơ víi gãc BAE) Mµ gãc BAD = góc ADC ( Tam giác AOD cân)

c Gọi trung điểm EF H => IH // AB (*)

Ta l¹i cã tam giác AHE cân H (AH trung tuyến tam giác vuông AEF, góc A = 900) => gãc HAC = gãc HEA (1)

Mµ gãc HEA + gãc BAC = 900 (2)

MỈt kh¸c gãc BAC = gãc ACO ( tam gi¸c AOC cân O) (3)

Từ (1), (2) (3) => AH CD Nhng OI CD

=> AH//OI (**)

Từ (*) (**) => AHIO hình bình hành => IH = AO = R (không đổi)

Nên I cách đờng thẳng cố định EF khoảng không đổi = R =>

I thuộc đờng thẳng d // EF cách EF khoảng =R

* Chú ý: Trờng hợp CD AB I thuộc AB cách d khoảng = R

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

THANH HĨA NĂM HỌC 2009-2010

Mơn thi : Toán

Ngày thi: 30 tháng năm 2009

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số.

1.Giải phương trình (1) n =

2 Tìm n để phương trình (1) có nghiệm Bài (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

2

x y x y

  



  

Bài (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1)

1 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k

2 Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k

3 Gọi hoành độ E F x1 x2 Chứng minh x1 x2 = - 1, từ

suy tam giác EOF tam giác vuông Bài (3,5 điểm)

Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R Trên tia đối tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) Từ điểm G; A; B kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A avf B C D

1 Gọi N tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp

O

d H

I F

E D

C

B A

2 Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ suy

CN DN CG DG .

3 Đặt BOD  Tính độ dài đoạn thẳng AC BD theo R  Chứng tỏ rằng tích AC.BD phụ thuộc R, không phụ thuộc 

Bài (1,0 điểm)

Cho số thực m, n, p thỏa mãn :

2

2 1

2

m n np p  

Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức : B = m + n + p ……… Hết ………

ĐÁP ÁN

Bài (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + n = (1) với n tham số.

1.Giải phương trình (1) n = x2 – 4x + = Pt có nghiệm x

1 = 1; x2 =

2 Tìm n để phương trình (1) có nghiệm ’ = – n   n 

Bài (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

2

x y x y

  



  

HPT có nghiệm:

3

x y

  

  Bài (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm B(0;1)

1 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm B(0;1) có hệ số k y = kx +

2 Chứng minh đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k

Phương trình hồnh độ: x2 – kx – = 0

 = k2 + > với  k  PT có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng (d)

luôn cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt E F với k

3 Gọi hoành độ E F x1 x2 Chứng minh x1 x2 = -1, từ

suy tam giác EOF tam giác vuông Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22)

 PT đường thẳng OE : y = x1 x

PT đường thẳng OF : y = x2 x

Theo hệ thức Vi ét : x1 x2 = -

 đường thẳng OE vng góc với đường thẳng OF  EOF  vuông Bài (3,5 điểm)

1, Tứ giác BDNO nội tiếp

2, BD  AG; AC  AG  BD // AC (ĐL)  GBD đồng dạng GAC (g.g) 

CN BD DN CG AC DG

3, BOD =   BD = R.tg ; AC = R.tg(90o – ) = R tg 

 BD AC = R2.

Bài (1,0 điểm)

2

2 1

2

m n np p  

(1)

 …  ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = 2

 (m – p)2 + (n – p)2 = - ( m + n + p )2

 (m – p)2 + (n – p)2 = – B2

vế trái không âm  – B2   B2    2 B 2

dấu  m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =

2



 Max B = 2 m = n = p =

2

Min B =  2 m = n = p =

2



Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

ĐỀ CHÍNH THỨC Mã 04

ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2009-2010

Mơn: Tốn

Thời gian bài:120 phút

Bàì 1:

1 Giải phương trình: x2 + 5x + = 0

2 Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + qua điểm M(-2;2) Tìm hệ số a

Bài 2:Cho biểu thức:

P=( x√x

√x+1+

x2

x√x+x)(2−

√x) với x >0

1.Rút gọn biểu thức P 2.Tìm giá trị x để P =

Bài 3: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 hàng Khi khởi hành xe phải điều làm cơng việc khác, nên xe lại phải chở nhiều 0,5 hàng so với dự định Hỏi thực tế có xe tham gia vận chuyển (biết khối lượng hàng xe chở nhau)

Bài 4: Cho đường trịn tâm O có đường kính CD, IK (IK không trùng CD) Chứng minh tứ giác CIDK hình chữ nhật

2 Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến C đường tròn tâm O thứ tự G; H a Chứng minh điểm G, H, I, K thuộc đường tròn

b Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí G H diện tích tam giác DỊJ đạt giá trị nhỏ

chứng minh bất đẳng thức: a2+2b2+3c2≤36

Đẳng thức xảy nào?

……… HẾT………

giải Bài 1: a., Giải PT: x2 + 5x +6 = ⇒ x1= -2, x2= -3

b Vì đờng thẳng y = a.x +3 qua điểm M(-2;2) nên ta có: = a.(-2) +3

⇒ a = 0,5

Bài 2:

ĐK: x> a P = ( x√x

√x+1+

x2

x√x+x ).(2-1

√x )

= x√x+x

√x+1

2√x −1

√x

= √x(2√x −1)

b P = ⇔ √x(2√x −1) ⇔ x = , x =

4

Do x = kh«ng thuộc ĐK XĐ nên loại Vậy P = ⇔ x =

4

Bài 3: Gọi số xe thực tế chở hàng x xe ( x N*) Thì số xe dự định chở hàng x +1 ( xe ) Theo dự định xe phải chở số là: 15

x+1 (tÊn)

Nhng thùc tÕ xe phải chở số là: 15

x (tÊn)

Theo bµi ta cã PT: 15

x

-15

x+1 = 0,5

Giải PT ta đợc: x1 = -6 (loại) x2= (t/m)

VËy thùc tÕ cã xe tham gia vËn chun hµng Bµi

Ta có CD đờng kính, nên:

∠ CKD = ∠ CID = 900 (T/c góc nội tiếp) Ta có IK đờng kính, nên:

∠ KCI = ∠ KDI = 900 (T/c gãc néi tiÕp) VËy tø gi¸c CIDK hình chữ nhật

2 a Vì tứ giác CIDK néi tiÕp nªn ta cã: ∠ ICD = ∠ IKD (t/c gãc néi tiÕp)

MỈt kh¸c ta cã: ∠ G = ∠ ICD (cïng phơ víi ∠ GCI) ⇒ ∠ G = ∠ IKD

VËy tø gi¸c GIKH néi tiÕp b Ta cã: DC GH (t/c)

⇒ DC2 = GC.CH mà CD đờng kính ,nên độ dài CD không đổi. ⇒ GC CH không đổi

Để diện tích Δ GDH đạt giá trị nhỏ GH đạt giá trị nhỏ Mà GH = GC + CH nhỏ GC = CH

Khi GC = CH ta suy : GC = CH = CD Vµ IK CD

Bµi 5: Do -1 a , b , c ≤4

Suy ra: (a+1)( a -4) ⇒ a2 3.a +4 T¬ng tù ta cã b2 3b +4 ⇒ 2.b2 b + 8 3.c2 9c +12

Suy ra: a2+2.b2+3.c2 3.a +4+6 b + 8+9c +12 a2+2.b2+3.c2 36

(v× a +2b+3c 4)

HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH QUẢNG TRỊ

MƠN: TỐN Câu 1 (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức sau:

a) √12−√27+4√3=2√3−3√3+4√3=3√3

b) 1−√5+√(2−√5)2=1−√5+|2−√5|=1−√5+√5−2=−1 Giải phương trình: x2-5x+4=0

Ta có: a=1; b=-5; c=4; a+b+c= 1+(-5)+4=0 Nên phương trình có nghiệm : x=1 x=4 Hay : S= {1;4}

Câu 2 (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y=-2x+4 có đồ thị đường thẳng (d)

a) Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với hai trục toạ đô

- Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Oy nghiệm hệ :

¿

x=0

y=−2x+4

⇔ ¿x=0

y=4

¿{

¿

Vậy toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Oy

A(0 ; 4)

- Toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Ox nghiệm hệ :

¿

y=0

y=−2x+4

⇔ ¿y=0

x=2

¿{

¿

Vậy toạ độ giao điểm đường thẳng (d) với trục Ox

B(2 ; 0)

b) Tìm (d) điểm có hồnh độ tung độ Gọi điểm M(x0 ; y0) điểm thuộc (d) x0 = y0

 x0=-2x0+4

 x0=4/3 => y0=4/3 Vậy: M(4/3;4/3)

Câu 3 (1,5 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2-2(m-1)x+2m-3=0 (1)

x2 - 2(m-1)x + 2m - 3=0.

Có: Δ ’ = [−(m −1)]2−(2m−3) = m2-2m+1-2m+3

= m2-4m+4 = (m-2)2 với m.

 Phương trình (1) ln ln có nghiệm với giá trị m b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu a.c < <=> 2m-3 <

<=> m < 32

Vậy : với m < 32 phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu Câu 4 (1,5 điểm)

Một mảnh vườn hình chử nhật có diện tích 720m2, tăng chiều dài

thêm 6m giảm chiều rộng 4m diện tích mảnh vườn khơng đổi Tính kích thước mảnh vườn ?

Bài giải :

Gọi chiều rộng mảnh vườn a (m) ; a > Chiều dài mảnh vườn 720a (m)

Vì tăng chiều rộng thêm 6m giảm chiều dài 4m diện tích khơng đổi nên ta có phương trình : (a-4) ( 720a +6) = 720

⇔ a2 -4a-480 = 0

⇔

a=24

¿

a=−20(¿0)loai ¿

¿ ¿ ¿ ¿

Vậy chiều rộng mảnh vườn 24m chiều dài mảnh vườn 30m Câu 5 (3,5 điểm)

Cho điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R Từ A kẻ đường thẳng (d) không qua tâm O, cắt (O) B C ( B nằm A C) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) B C cắt D Từ D kẻ DH vng góc với AO (H nằm AO), DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I giao điểm DO BC

1 Chứng minh OHDC tứ giác nội tiếp Chứng minh OH.OA = OI.OD

3 Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn (O)

K

I M

H

D

C B

O A

Chứng minh: a) C/m: OHDC nội tiếp

Ta có: DH vng goc với AO (gt) => ∠ OHD = 900.

CD vng góc với OC (gt) => ∠ OCD = 900.

Xét Tứ giác OHDC có ∠ OHD + ∠ OCD = 1800.

Suy : OHDC nội tiếp đường tròn b) C/m: OH.OA = OI.OD

Ta có: OB = OC (=R); DB = DC ( T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy OD đường trung trực BC => OD vng góc với BC Xét hai tam giác vuông Δ OHD Δ OIA có ∠ AOD chung

 Δ OHD đồng dạng với Δ OIA (g-g)  OH

OI = OD

OA =>OH OA=OI OD (1) (đpcm) c) Xét Δ OCD vuông C có CI đường cao

áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R) (2).

Từ (1) (2) : OM2 = OH.OA

⇒OM

OH = OA OM

Xét tam giác : Δ OHM Δ OMA có :

∠ AOM chung OM

OH = OA OM

Do : Δ OHM đồng dạng Δ OMA (c-g-c)

 ∠ OMA = ∠ OHM = 900  AM vng góc với OM M  AM tiếp tuyến (O)

d)Gọi K giao điểm OA với (O); Gọi diện tích cần tìm S  S = S Δ AOM - SqOKM

Xét Δ OAM vng M có OM = R ; OA = 2.OK = 2R

=> MH = R √23 ∠ AOM = 600

=> S Δ AOM =

2OA MH=

2 2R.R

√3

2 =R

2

.√3

2 (đvdt) SqOKM = Π.R

2

60 360 =

Π.R2

6 (đvdt) => S = S Δ AOM - SqOKM = R2.√3

2 −

Π.R2

6 =R

2

.3√3− Π