TUYEN SINH 10 DE 016

Bài 3: 1.5 điểm Tính chu vi của một mảnh đất hình chữ nhật, biết rằng nếu tăng mỗi cạnh của hình chữ nhật thêm 4m thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 80m2; nếu giảm chiều rộng 2m v[r]

ĐỀ SỐ 16 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN - Năm học: 2013 – 2014 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2.0 điểm) 1) Trục thức mẫu: 1 15    2) Tính M  15 x  x 15 16 x  15 Bài 2: (3.0 điểm) x2 ( P) : y  (d ) : y  x  và đường thẳng 1) Cho parabol a) b) Vẽ (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d) phép tính  : y mx  m c) Tìm m để đường thẳng   tiếp xúc với parabol (P) 2) Cho phương trình: x  x  0 có hai nghiệm là x1 và x2 Hãy lập phương trình bậc hai có ẩn y (với các hệ số là số nguyên) có hai nghiệm là: y1 1  1 y2 1  x1 và x2 Bài 3: (1.5 điểm) Tính chu vi mảnh đất hình chữ nhật, biết tăng cạnh hình chữ nhật thêm 4m thì diện tích hình chữ nhật tăng thêm 80m2; giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài 5m thì diện tích hình chữ nhật diện tích ban đầu Bài 4: (2.5 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB và dây cung CD vuông góc với AB H (H khác A và B) Trên cung nhỏ BC lấy điểm K (K khác B và C) Đường thẳng AK cắt CD N  a) Chứng minh KA là tia phân giác CKD b) Chứng minh tứ giác NHBK nội tiếp c) Gọi P là giao điểm BC và AK, Q là giao điểm KD và AB Chứng minh PQ//CD d) Chứng minh P là tâm đường tròn nội tiếp CQK Bài 5: (1.0 điểm) Một cái phểu có dạng hình nón và cái bình đo thể tích có dạng hình trụ cùng diện tích đáy và chiều cao Người ta múc hai phểu nước đổ vào bình và thấy mặt nước ngang với vạch chia 80 ml Tính thể tích bình HẾT *Ghi chú: Thí sinh sử dụng máy tính đơn giản, các máy tính có tính tương tự máy tính Casio fx-570 MS LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 16 Bài 1: 1) Trục thức mẫu: 1 15     1   3     31  31 1   3  1 3     1     15  1   3  1 1 2 2)Tính M  15 x  x 15 16 x  15 Ta có: M  15 x  x 15  16 M x 15   M  x 15  M  15 15  M 11 Bài 2: 1a) Vẽ (P) và (d) x2 ( P) : y  D TXĐ:  Bảng giá trị x –4 y x2 TXĐ: D  (d ) : y  x  –2 Bảng giá trị x 2 y  x  3 2 (P) B A (d) 1b) Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d): x2 ( P) : y  (d ) : y  x  Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) là: x2  x  2 a 1  x  x  0 b 2 c  Ta có: a  b  c 1   ( 3) 0 Phương trình có hai nghiệm: x1 1 Với c 3 x2    a 1 x 1  y  x   y  9  1  A  1;  B   3;  Vậy: Tọa độ giao điểm (P) và (d) là:   và   1c) Tìm m: x2    : y mx  m ( P) : y   Phương trình hoành độ giao điểm (P) và   là: x2 mx  m 2  x  2mx  2m 0 a 1 (1) b  2m  b '  m c 2m  ' b '2  ac   ' (  m)  1.2m   ' m  2m    tiếp xúc (P)  (1) có nghiệm kép   ' 0  m  2m 0  m(m  2) 0  m 0   m  0  m 0   m 2 Vậy: Với m = 0; m = thì    tiếp xúc (P) 2) Lập phương trình bậc hai ẩn y: x  x  0 a 1 b  c  Ta có: a 1   c    ac   Phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt Theo định lí Vi-ét, ta có: b 5   x1  x2  a  5   x x  c     a Ta có: 1 x1  x2   S  y1  y2 1  x   x 2  x x 2    2    P  y y       1    1  x1  x2  1        x1   x2  x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 1 1  y1 và y2 là hai nghiệm phương trình bậc hai: y  Sy  P 0  y  ( 3) y  ( 5) 0  y  y  0 Bài 3: Gọi x (m) là chiều dài mảnh đất hình chữ nhật y (m) là chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật (x>y>2) Diện tích ban đầu mảnh đất là: xy (m2) Nếu tăng cạnh thêm m thì: Chiều dài mảnh đất là: x + (m) Chiều rộng mảnh đất là: y + (m) Nếu giảm chiều rộng m thì chiều rộng là: y – (m) Nếu tăng chiều dài m thì chiều dài là: x + (m) Theo đề bài, ta có hệ phương trình:  x    y    xy 80   x    y    xy  x  y 16   x  y 10  x 16  y   x  y 10  x 16  y    16  y   y 10  x 16    y 6  x 10   y 6 Chu vi mảnh đất là: 2(10 + 6) = 32 m Trả lời : Chu vi mảnh đất là 32 m Bài 4: GT  AK  CD  N  (O); đường kính AB; CD  AB ; K  BC ; ; BC  AK  P ; KD  AB  Q  KL a) KA là tia phân giác CKD b) Tứ giác NHBK nội tiếp c) PQ//CD d) P là tâm đường tròn nội tiếp CQK  a) Chứng minh KA là tia phân giác CKD Trong đường tròn (O), ta có: AB  CD (gt)  AC  AD Ta lại có: AKC  sđ AC (góc nội tiếp) sđ AKD  sđ AD (góc nội tiếp) sđ AKC  AKD  Do đó: (t/c bắc cầu)  Hay KA là tia phân giác CKD [đpcm] b) Chứng minh tứ giác NHBK nội tiếp: Trong đường tròn (O), ta có: AB  CD (gt)   NHB 900 Ta lại có: AKB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)   NHB  NKB 900  900 1800 Do đó: Xét tứ giác NHBK, ta có:   NHB  NKB 1800 (cmt)  Tứ giác NHBK nội tiếp đường tròn đường kính NB [đpcm] c) Chứng minh PQ//CD: Trong đường tròn (O), ta có: ABC  sđ AC (góc nội tiếp) sđ AKD  sđ AD (góc nội tiếp) sđ ABC  AKD Do đó: (t/c bắc cầu) Xét tứ giác BKPQ, ta có: ABC  AKD (cmt)  Tứ giác BKPQ nội tiếp đường tròn     PQK PBK (góc nội tiếp cùng chắn PK ) Trong đường tròn (O), ta có:    CDK CBK (góc nội tiếp cùng chắn CK )   Do đó: CDK PQK (t/c bắc cầu)  PQ//CD (đồng vị) [đpcm] d) Chứng minh P là tâm đường tròn nội tiếp CQK Trong đường tròn (O), ta có:   A C 1  (góc nội tiếp cùng chắn KB ) Ta có:  PQ / / CD (cmt )  PQ  AB  CD  AB ( gt )  Hay PQA 90  Ta lại có: BCA 90  Hay PCA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0   Do đó: PQA  PCA 90  90 180 Xét tứ giác PCAQ, ta có:   PQA  PCA 1800 (cmt)  Tứ giác PCAQ nội tiếp đường tròn    A1 C (góc nội tiếp cùng chắn PQ )   Do đó: C1 C2 (t/c bắc cầu) Hay CP là đường phân giác CQK Mặt khác, ta có: KP là đường phân giác CQK (cmt) Vậy: P là tâm đường tròn nội tiếp CQK [đpcm] Bài 5: Thể tích cái phểu hình nón là: Vnón = 80 : = 40 (ml) 1 Thể tích cái bình hình trụ là: Vnón = Vtrụ  40 = Vtrụ  Vtrụ = 120 (ml)