DE THI TOAN CHUYEN TUYEN QUANG 1011

Đến ngày làm việc có 2 xe bị hỏng nên mỗi xe phải chở thêm 16 tấn hàng mới hết số hàng. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu xe?.. Câu 4. Trên nửa mặt[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG

Đề thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2010-2011

MƠN: TỐN

Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề (Đề có 01 trang)

Câu (2 điểm): Với giá trị m thì: a) y = (2 - m )x + hàm số đồng biến b) y = (m + 1)x + hàm số nghịch biến

Câu (2 điểm): Giải phương trình hệ phương trình sau a) 7x2 2x 0

b)

Câu (2 điểm): Theo kế hoạch đội xe cần chuyên chở 120 hàng Đến ngày làm việc có xe bị hỏng nên xe phải chở thêm 16 hàng hết số hàng Hỏi lúc đầu đội xe có xe?

Câu (3 điểm): Cho ABC vuông A, AB > AC, đường cao AH Trên nửa mặt

phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AFHE hình chữ nhật tứ giác BEFC nội tiếp b) AE.AB = AF.AC

c) EF tiếp tuyến chung hai nửa đường trịn đường kính BH HC Câu (1 điểm): Cho x > 0, y > x + y = Chứng minh:

4

8(x y )

xy

  

3x + 2y =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG

Đề

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2010-2011

MÔN: TOÁN

Nội dung Điểm

Câu 1: (2 điểm)

a) Hàm số y = (2 - m )x + đồng biến - m > 0,5 đ  m < 2 0,5 đ

b) Hàm số y = (m +1 )x + nghịch biến m +1 < 0,5 đ  m < -1 0,5 đ

Câu 2: (2 điểm)

a) Giải phương trình: 7x2 2x 0

Ta có    7( 4) 29  0,5đ



1 29 29

;

7

x   x   0,5 đ

b) giải hệ phương trình

Ta có   - 5y =  y = -1

0,5 đ thay vào pt (1) ta được: 3x + 2(-1) =  3x =  x = 3

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (3;-1)

0,5 đ Câu 3: (2 điểm)

Gọi số xe lúc đầu đội xe x (xe), (ĐK: x > 2; x nguyên) 0,25 đ

Theo dự định xe phải chở:

120 x (tấn)

Thực tế xe chở:

120 x (tấn)

0,25 đ

Theo ta có phương trình:

120 x -

120

x = 16 0,5 đ

⇒ x2 - 2x - 15 = 0,5 đ

 x1 = (TMĐK); x2 = -3 (loại)

Vậy số xe lúc đầu đội xe 0,5 đ

3x + 2y = (1) 2x + 3y = (2)

6x + 4y = 14 6x + 9y = 3x + 2y = (1)

Câu 4: ( điểm) Hình vẽ

F E

I H K

B

A

C

0,5 đ

a) Ta có : BEH HFC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn )   900

AEH AFH

   Tứ giác AEHF có ba góc vng nên hình chữ nhật. 0,5 đ

Ta có : AFE FAH ( AEHF hình chữ nhật) FAH 900 ACH (vì AHC vng H)

900 ACH ABC (vì ABC vng C)

 AFEABC EBC EFC  1800  tứ giác BEFC nội tiếp

0,5 đ

b) Hai tam giác vng : AEF ACB có AFEABC nên AEF ACB

đồng dạng (g.g)

AE AF

AE AB AF AC AC AB

    0,5 đ

c) Gọi I , K tâm đường tròn đường kính BH HC Ta có : BEI EBI (vì IB = IE)

EBI AFE (theo chứng minh trên)

AFE HEF ( AEHF hình chữ nhật)

0,5 đ

Suy : BEI HEF  IEF IEH HEF  IEH BEI  900  EF tiếp tuyến của

đường trịn đường kính BH

Chứng minh tương tự EF tiếp tuyến đường trịn đường kính HC

0,5 đ Câu 5: (1 điểm)

Ta có: x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2

= [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2

= 2x2y2 – 4xy + 1.

0,25 đ

4 2

8(x y ) 16x y 32xy

xy xy

1

(4xy 7)(4xy 1)

xy

      

    

Vì x > y > nên theo BĐT Cơsi ta có:

    

1

2 xy x y xy

4 hay 

1

xy (1)

=>

(4xy-7) (4xy-1)  





 =>(4xy 7)(4xy 1) 0 (2)

0,25 đ

Từ (1) (2) suy ra:

       

4 1

8(x y ) (4xy 7)(4xy 1)

xy xy (ĐPCM)

0,25 đ