DE THI TUYEN SINH VAO LOP 10 DE 789

Gọi độ dài cạnh góc vuông nhỏ là x. Đường tròn đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tai D và E. Gọi H là giao điểm củaCD và BE. Xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE.. c[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Mơn : Tốn Thời gian : 120 phút Bài 1: (1,5điểm) Cho biểu thức: P =

15 11 2

2 3

x x x

x x x x

  

 

   

Rút gọn P b) Tìm giá trị x để P =

1

2 c) Chứng minh P



Bài 2: ( 1,5 điểm) Cho (P) :

2 x y

đường thẳng (d): 2 x y  a) Vẽ (P) (d) Tìm toạ độ giao điểm (P) (d)

b) Tìm toạ độ điểm thuộc (P) cho đường tiếp tuyến (P) song song với (d)

Bài (1,5điểm).Giải toán sau cách lập phương trình:

Tính độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng nội tiếp đường trịn bán kính 6,5 cm.Biết hai cạnh góc vuông tam giác 7cm

Bài (1,5điểm)

a) Giải bất phương trình biểu diễn tập hợp nghiệm trục số

1

1

3

x x x

x      

b) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm âm :

Bài (4điểm) Cho ABC có BAC = 450 , góc B C nhọn Đường trịn đường kính BC cắt AB AC tai D E Gọi H giao điểm củaCD BE a) Chứng minh AE = BE

b) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp Xác định tâm K đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE

c) Chứng minh OE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE d) Cho BC = 2a.Tính diện tích phân viên cung DE đường tròn (O) theo a



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học: 2011 – 2012

MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,5 điểm)

Cho

10

25

5

x x

A

x

x x

  



  , với x  x  25. 1) Rút gọn biểu thức A

2) Tìm giá trị A x = 3) Tìm x để A <

1 3.

Bài II (2 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 hàng số ngày quy định Do ngày đội chở vượt mức nên đội hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày chở thêm 10 Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết ngày?

Bài III (1,5 điểm) Cho parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = 2x – m2 + 9.

ĐỀ 7

1) Tìm tọa độ giao điểm parabol (P) đường thẳng (d) m = 2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm nằm hai phía trục tung

Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi d1 d2 hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường trịn (O) (E khơng trùng với A B) Đường thẳng d qua điểm E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1, d2 M, N

1) Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ENI EBI  MIN = 900.

3) Chứng minh AM.BN = AI.BI

4) Gọi F điểm cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng

Bài V (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ biểu thức: M =

2

4 2012

4

x x

x

  



ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Môn : Toán Thời gian : 120 phút

Câu I (1,5đ) Cho biểu thức:

N =

 x y2 xy x y y x

x y xy

  



 ;(x, y > 0)

1) Rút gọn biểu thức N 2) Tim x, y để N = 2012. Câu II (2đ) 1) Cho phương trình: x2 + 4x + = (1)

Không giải phương trình Tính B = x13 + x23

2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm âm :

3 12 3

9 1

mx m x x m

m m m

   

 

  

Câu III (2đ)

Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị đổi chỗ hai chữ số cho ta số

4

7 số ban đầu.

Câu IV (3,5đ)

Cho nửa đường trịn đường kính MN Lấy điểm P tuỳ ý nửa đường tròn (P  M, P  N) Dựng hình bình hành MNQP Từ P kẻ PI vng góc với đường thẳng MQ I từ N kẻ NK vng góc với đường thẳng MQ K

1) Chứng minh điểm P, Q, N, I nằm đường tròn 2) Chứng minh: MP PK = NK PQ

3) Tìm vị trí P nửa đường trịn cho NK.MQ lớn

Câu V (1đ)

Gọi x1, x2, x3, x4 tất nghiệm phương trình (x + 2)(x + 4)(x + 6)(x + 8) =

Tính: x1x2x3x4



ĐÁP ÁN ĐỀ 7:

Bài 1: (1,5điểm) Cho biểu thức: P =

15 11 2

2 3

x x x

x x x x

  

 

   

a) Rút gọn P b) Tìm giá trị x để P =

1

2 c) Chứng minh P



a) P =

15 11 2

2 3

x x x

x x x x

  

 

    =    

15 11 2

1

1

x x x

x x x x         

ĐKXĐ : x0; x1

   

   

   

   

   

3 3

15 11

1 3

x x x x

x p

x x x x x x

   



  

     

=    

5

3 x x x x      =       5 3 x x x x x x              

b) Ta có :

1

2

x P x        

) 2

121

x x x

        c) x P x    .

Xét hiệu :

   

 

3 2

2 2

3 3 3

x x x P x x            =   17 3 x x   

Nên P

2

  x R\x0;x 1 

Bài 2: ( 1,5 điểm) Cho (P) :

2 x y

đường thẳng (d): 2 x y  a) Vẽ (P) (d) Toạ độ giao điểm (P) (d) ( -4; 4) (2; 1)

b) Tìm toạ độ điểm thuộc (P) cho đường tiếp tuyến (P) song song với (d): Phương trình tiếp tuyến (P)

song song với (D) y =

1 2x b

 

Phương trình hoành độ giao điểm :

2 1

4

x

x b

 

Suy :

1 b

Phương trình tiếp tuyến (P) song song với (D) y =

1

2x

Tọa độ tiếp điểm (

1 1;

4

 )

Bài (1,5điểm).Giải tốn sau cách lập phương trình:

Tính độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng nội tiếp đường trịn bán kính 6,5 cm.Biết hai cạnh góc vng tam giác 7cm

Gọi độ dài cạnh góc vng nhỏ x ĐK : < x < 13; cm Độ dài cạnh góc vng lớn : 132 x2 .

Vì độ dài cạnh góc vng 7cm Ta có PT: 132 x2 - x =  

2

2 2

13 x x x 7x 60

       

Giải phương trình, ta có nghiệm: x1 = (TM) ; x2 = -12 (L)

Vậy độ dài cạnh góc vng cm 5+7 = 12 cm

Bài (4điểm) Cho ABC có BAC = 450 , góc B C nhọn Đường trịn đường kính BC cắt AB AC tai D E Gọi H giao điểm củaCD BE a) Chứng minh AE = BE

b) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp Xác định tâm K đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE

c) Chứng minh OE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE d) Cho BC = 2a.Tính diện tích phân viên cung DE đường trịn (O) theo a c) AEK EAH ( Vì AKE cân)

  

2 HE EAH EDH 

Mà

  

2 EC EDH EBC

EBC OEB  ( Vì OBE cân) Suy : AEK OEB nên

     900

OEK OEB KEH  AEK KEH  Mà E OE  K

Nên OE tiếp tuyến đường tròn (K) d)

   1350

2 BC DE

DHE   

  0

)DE 135 BC 270 180 90

      

Vậy  

 

2

2

4

ODE

VP DE HQ DE

a a

BÀI GIẢI ĐỀ

Bài I: (2,5 điểm) Với x ≥ x  25 ta có : 1)

x 10 x

A

x 25

x x

  



  =

( 5) 10 5( 5)

25 25 25

x x x x

x x x

 

 

  

=

5 10 25

25 25 25

x x x x

x x x

 

 

   =

10 25

25

x x

x

 

 =

2

( 5)

( 5)( 5)

x

x x



  =

5

x x  

2) x =  A =

9

4

  

3) A <

1

3 

5

x x   <

1

3  x15 x5

 x 20  x10  0 x 100

Bài II: (2,5 điểm)

Cách 1: Gọi x (ngày) (x  N*) số ngày theo kế hoạch đội xe chở hết hàng

Theo đề ta có:

140

5 (x 1) 140 10

x

 

   

 

 

 140x + 5x2 –

140

x - = 150  5x2 – 15x – 140 =

 x = hay x = -4 (loại)

Vậy đội xe chở hết hàng theo kế hoạch ngày Cách 2: Gọi a (tấn) (a  0): số hàng ngày,

b (ngày) (b  N*) : số ngày

Theo đề ta có :

140

( 5)( 1) 140 10

a b

a b

  

   

 

140

5 15

a b b a

  

 

  5b2 – 15b = 140

 b = hay b = -4 (loại) Vậy đội xe chở hết hàng theo kế hoạch ngày

Bài III (1,5 điểm) Cho parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = 2x – m2 + 9.

1) Tìm tọa độ giao điểm parabol (P) đường thẳng (d) m = 2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm nằm hai phía trục tung

1) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) m = là: x2 = 2x +

 x2 – 2x + =  (x + 2) (x – 4) =  x = -2 hay x =

y(-2) = 4, y(4) = 16

Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) m = : (-2; 4) (4; 16) 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: x2 = 2x – m2 + 9

 x2 – 2x + m2 – = (1)



 2  

2

'

a.c m –

m

      



 

 

2

10 10 10

m – -3 m

m  m

     

   

  

    -3 < m < 3.

Bài IV: (3,5 điểm)

1) Xét tứ giác MAIE có MAI MEI 900

nên nội tiếp đường trịn đường kính MI

2) Tương tự, tứ giác ENBI nội tiếp đường trịn đường kính IN Vậy

  s 

2

đ EI ENI EBI 

Tương tự

  s 

2

đ EI EMI EAI 

Vì AEB AEB: 900 nên EAI EBI  900



 1800    900 MIN  EMI ENI 

3) Xét MAI IBN : MAI IBN 900 Ta có: NIB AMI  ( phụ với MIA) Nên MAI IBN ( g-g)



AM AI

IB BN  AM.BN AI.BI (1)

4) Gọi G điểm đối xứng F qua AB

Ta có AM + BN = 2OG (2) (T/c đường trung bình ) Mà AI =

R

2, BI = 3R

2

Từ (1) (2)  AM + BN = 2R AM.BN =

2

3R

Vậy AM, BN nghiệm phương trình X2 – 2RX +

2

3R = 0

AM =

R

2 hay BN = 3R

2

Vậy MAI vuông cân A NBI vuông cân B

 MI =

R R

2  NI =

3R 3R

2 

 SMIN =

2

1 R 3R 3R

2 2 

Bài V: (0,5 điểm)

M =

2

1

4( ) 2011

2

x x

x    



1

2 2011 2012

4

x

x   x =

1

2 ta có M = 2012 Vậy giá trị nhỏ M 2012.

ĐÁP ÁN ĐỀ

Câu I (1,5đ)

1) Rút gọn biểu thức N =

 x y2 xy x y y x

x y xy

  





=

 x y2 xy x y

x y xy

 



  x y  x y 2 y. 2) Ta có : N = y 2 2012  x y; / x0;y2012

Câu II (2đ) 1) Cho phương trình: x2 + 4x + = (1)

Ta có :  ' 221 0  nên phương trình có nghiệm phân biệt. Tính B = x13 + x23 =       

2 2

1 2 2 2

x  x x  x  x x  x  x  x  x  3x x 

 

= -4[ (-4)2 -3.1] = -52

2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm âm :

3 12 3

9 1

mx m x x m

m m m

   

 

  

ĐKXĐ :

1

m

       

)3mx 12m 2x 3m 3x 4m 3m

        

12m 1x 12m2 25m 2 12m 1x 12m 1 m 2

          (1)

*) Với

1 12

m

(1)  0x0 ( Thỏa mãn với x < ) *) Với

1 12

m

(1)  x m 2 Để x < m < -2 Vậy để phương trình có nghiệm âm

1 12

m

; m < -

Câu III (2đ)

Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị đổi chỗ hai chữ số cho ta số

4

7 số ban đầu Gọi x chữ số hàng đơn vị ĐK : 0x8;x N

Số cho ban đầu : x2 x10(x2) x 11x20

Số đổi chỗ chữ số cho : x x 210x x  2 11x2 Vì số

4

7 số ban đầu Ta có phương trình:

     

4

11 11 20 11 11 20

7

x  x  x  x

33x 66 x

    ( TM)

Vậy số cần tìm 42

Câu IV (3,5đ) GIẢI: a) Xét PQNI Ta có : + PIQ 900 (gt)

+ PNQ MPN  900 ( Cặp góc so le trong)

Vậy P; I; N Q thuộc đường trịn đường kính PQ

b) Xét MPQ NKP Ta có :

  s 

2

đ PK PMQ PNK 

 

PQM NPK ( NMQ )

MP PQ

MP PK NK PQ NK PK

     

c) Ta có : NK MQ 2SMNQ SMNQP Hạ PH MN

Suy :SMNQPPH MN mà MN có độ dài khơng đổi nên SMNQP lớn PH đạt giá

trị lớn

Vậy NK MQ đạt giá trị lớn PH = 2 MN

P điểm MN .

Câu V (1đ) (x + 2)(x + 4)(x + 6)(x + 8) =  x210x16 x210x241 0 (*) Đặt t = x2 10x16 Ta có : (*)  t t 81 0  t28 0t 

1 17; 17

t t

    

+ Với t1  4 17 Ta có : x210x16 4 17  x210x20 17 0 (1)

+ Với t2  4 17 Ta có : x210x16 4 17  x210x20 17 0 (2)

Phương trình (1) (2) có nghiệm phân biết (  > 0) Gọi x1; x2 nghiệm (1); x3; x4 nghiệm (2)

Áp dụng hệ thức Viets Ta có : x1x2x3x4 = 20 17 20  17 383