hsg

[r]

Sở giáo dục - đào tạo

Nam định đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2010 – 2011Mơn: Tốn Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Phần 1- Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu sau có nêu bốn phơng án trả lời, có phơng án Hãy chọn phơng án (viết vào làm chữ đứng trớc phơng án đợc lựa chọn)

Câu Phơng trình (x – 1)(x + 2) = tơng đơng với phơng trình

A x2 + x – = 0 B x + = 0 C x2 -2 x +1 = 0 D x2 + x +2 = 0 C©u Phơng trình sau có tổng hai nghiệm 3?

A x2 - x +14 = 0 B x2 - x - = 0 C x2 -5 x +3 = 0 D x2 -9 = 0 Câu Trong hàm số sau, hàm số đồng biến ?

A y = -5x2 B y = 5x2

C y = ( 3-2)x D y = x - 10 Câu Phơng trình x2 + x + m = cã nghiÖm vµ chØ khi

A m4 B m4 C m4 D m

Câu Phơng trình 3x4x cã tËp nghiƯm lµ

A 1; 4 B 4;5 C 1; 4 D  4

Câu Nếu hình vng có cạnh cm đờng trịn ngoại tiếp hình vng coa bán kính

A 2cm B 6cm C 2cm D 6cm

Câu Cho hai đờng tròn (O;R)

, ,

( ; )O R cã R = 6cm, R,

= 2cm, OO, = 3cm Khi đó, vị trí tơng đối hai đờng trịn cho

A c¾t

B (O;R) đựng

, ,

( ; )O R . C ë ngoµi D tiÕp xóc

Câu Cho hình nón có bán kính đáy 3cm, tích 18 cm3 Hình nón cho có chiều cao

A

6

cm

 .

B 6cm

C

2

cm



D 2cm

Phần 2- Tự luận (8,0 điểm)

Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức P =

2

1

x x

x x x x

 



 

     

  víi x0vµ x1.

1) Rót gän biĨu thøc P

2) Chøng minh r»ng x 3 2 th× P =

1 2.

Câu (1,5 điểm)

1) Cho hàm số y = 2x + 2m + Xác định m, biết đồ thị hàm số qua điểm A(1;4) 2) Tìm toạ độ giao điểm đồ thị hàm số y = x2 đồ thị hàm số y = 2x + 3.

C©u (1,0 điểm) Giải hệ phơng trình

1

2

2

3

x y x y

x y x y

x y

  



 



  



   

Câu (3,0 điểm) Cho đờng tròn (O; R) điểm M nằm ngồi đờng trịn cho OM = 2R Đờng thẳng d qua M và, tiếp xúc với đờng tròn (O; R) A Gọi N giao điểm đoạn thẳng MO với đờng tròn (O; R)

1) Tính độ dài đoạn thẳng AN theo R Tính số đo góc NAM

2) Kẻ hai đờng kính AB CD khác đờng tròn (O; R) Các đờng thẳng BC, BD cắt đờng thẳng d lần lợt P, Q

a) Chøng minh tø gi¸c PQDC néi tiÕp b) Chøng minh 3BQ – AQ > 4R

Câu (1,0 điểm) Tìm tất cặp số (x; y) thoả mãn điều kiện 2x y 4 y x 4 xy HƯớng dẫn giảI dự kiến đáp án đề tuyển sinh vào lớp 10 thpt

năm học 2010 - 2011

Phần đáp án điểm

I (2,0®)

Câu 1: A; Câu 2: B; Câu 3: D; Câu 4: C Mỗi câu cho 0,25

C©u 5: D; C©u 6: C; C©u 7: B; C©u 8: C 2,0

II Câu1 (1,5đ)

1 (1đ)

Thực hiện:

2 2( 1) ( 1)

1 ( 1)( 1)

x x x x

x x x x

         0,25 2

x x x

x      0,25 x x x     0,25 P =

1

x x x x

x x x x

 



   

0,25

2 (0,5®) Thay x = 2 vµo biĨu thøc P rót gän ta cã

3 2 2

P 

 

1 2 2



 

 điều phải chứng minh

0,25

0,25

Câu2 (1,5đ)

1 (0,75đ)

Đồ thị hàm sè ®i qua ®iĨm A(1;4) suy x = y = thoả mÃn công thứcy =2x+2m+1

Suy = 2.1 + 2m + 0,50

Tìm đợc m = 0,5 0,25

2 (0,75®)

Xét phơng trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị x2 = 2x + 3 Giải phơng trình tìm đợc x = -1và x =

Thay vào cơng thức hàm số tìm đợc y = y =

Kết luận toạ độ giao điểm hai đồ thị hàm số (-1; 1) (3; 9)

0,25 0,25 0,25

C©u 3 (1,0đ)

+ Đặt ĐKXĐ hệ

1

2

2

3

x y x y

x y x y

x y              

 lµ (x+2y)(x+y+1)0

+ Biến đổi phơng trình

2

1 ( 1) ( )

2

2 ( 1)( )

x y x y x y x y

x y x y x y x y

      

   

     

2

(x y 1) (x )y 2(x y 1)(x )y

        

   

2

(x y 1) (x )y y y

          

+ Thay y = vào phơng trình 3x + y = ta tìm đợc x = + Đối chiếu điều kiện kết luận nghiệm hệ (1; 1)

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4 (3,0đ)

Q P

D B

M

N

O

A

C 0,25

1 1®iĨm

+ Tính đợc MN = R N trung điểm MO

+ Chỉ đợc OA vng góc với AM suy tam giác MAO vuông A

+ áp dụng định lý đờng trung tuyến tam giác vng MAO tính đợc AN = R + Tính đợc góc NAM = 300

0,25 0,25 0,25 0,25 2 (2,0đ)

a) 1.25điểm Chứng minh tứ giác PQDC néi tiÕp

+Ch + Chỉ đợc cung nhỏ AD = cung nhỏ BC; cung nhỏ AC = cung nhỏ BD + Ta có góc PQD góc có đỉnh bên ngồi đờng trịn nên

gãcPQD =

1

2(s® cung BCA – s®cungAD) =

2s® cung AC.

+Ta cã gãc BCD =

1

2s® cung BD (tÝnh chÊt gãc néi tiÕp)

 gãcPQD = gãc BCD

Mà góc BCD + gócDCP = 1800 nên gãc PQD + gãc DCP = 1800 VËy tø gi¸c PQDC néi tiÕp

0,50

0,25

0,25

0,25

b) ®iĨm Chøng minh 3BQ – 2AQ > 4R

*Xét tam giác ABQ có : BQ2 = AB2 + AQ2

Ta có : 3BQ – 2AQ > 4R

 3BQ > 2AQ + 2AB ( AB = 2R )

 9BQ2 > AQ2 + 8AQ.AB + 4AB2

 9AB2 + 9AQ2 > AQ2 + 8AQ.AB + 4AB2

 4( AQ – AB )2 + AQ2 + AB2 > ( )

 đpcm

0,50

0,25

C©u

(1,5đ) Tìm (x;y) thoả mãn 2x y 4y x 4 xy + Điều kiên xác định: x  y  (*)

+ Đặt a x 4;b y với a b số không âm điều kiện đề trở thành

        2 a 4 b b 4 a  a 4 b 4

       

2

2

2 4

1

4

a b b a

a b

    

 

 

  2

2

1

4

b a

b a

  

  2

4

2

4

b a

b a

  

  (1)

0,25

0,25

+ Víi mäi a; b th× 2

4

1;

4

b a

b   a   Do từ (1) suy 2

4

1

4

b a

b  a   (2)

Giải (2) ta đợc a = b = Do x = y =