de thi vao 10

1.0 điểm Chứng minh tứ giác AMBH nội tiếp đường tròn.. 0.75 điểm Tính diện tích của tứ giác BMNC.[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2015 - 2016 MÔN: TOÁN MÃ KÍ HIỆU Thời gian làm bài:120 phút Đề thi gồm 05 câu 01 trang Câu (2,0 điểm) Giải phương trình: x–3=0 Giải hệ phương trình  x  y 2  3x  y 10  x x 3x    x   P     1  : x 3 x  x   x    Câu (2,5 điểm) Cho biểu thức x 0, x 9 ) (với Rút gọn P Tìm x để giá trị biểu thức P  Câu (1,5 điểm) Hai trường A và B có 420 học sinh thi đỗ vào lớp 10, đạt tỉ lệ là 84% Riêng trường A đạt tỉ lệ đỗ là 80% còn trường B tỉ lệ đỗ là 90% Tính số học sinh dự thi vàolớp 10 trường Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH, HB = 20cm ; HC = 45cm vẽ đường tròn tâm A bán kính AH, kẻ tiếp tuyến BM, CN với đường tròn ( M, N là các tiếp điểm khác với điểm H) Chứng minh tứ giác AMBH Tính diện tích tứ giác BMNC Gọi K là giao điểm CN và HA Tính độ dài KA Câu (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y là các số dương thỏa mãn x  y 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M 1  x y xy HẾT MÃ KÍ HIỆU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2015– 2016 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04trang) Câu Đáp án (0.75 điểm) Giải phương trình: x–3=0  x 3 Vậy nghiệm phương trình đã cho là: x = (2,0 điểm) 0.5 0.25 (1.25 điểm) Giải hệ phương trình  x  y 2  3x  y 10 4x 12    x  y 2  x 3   3  y 2 0.5 0.25  x 3    y  (2,5 điểm) Điểm 0.25  x 3 0.25  y   Vậy nghiệm hệ phương trình đã cho là:  x x 3x    x   P     1  : x  x  x  x      (với x 0, x 9 ) (1.5 điểm) Rút gọn  x  2 x x 3x  x  3     0.25   : x  ( x  3)( x  3)   x  x  3  x 3  x ( x  3)  2 x x ( x  3) 3x  x  3     0.5   : x  3  ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3)   x   2x  x  x  x  3x  x   x  : ( x  3)( x  3) x3 3 x  : ( x  3)( x  3) =  3( x  1) : ( x  3)( x  3) = x 1 x3 x 1 x3 0.25 0.25  3( x  1)( x  3) ( x  3)( x  3)( x  1) 3  ( x  3) 3 P ( x  3) (với x 0, x 9 ) (1.0điểm)  P 0.25 3   ( x  3) 0.25  6 x  0.25  x 3  x 9 0.25 Vậy với x 9 thì biểu thức P 0.25 100 (1.5 điểm) Tổng số học sinh dự thi hai trường là: 420 84 = 500 (học sinh) Gọi số học sinh dự thi trường A, trường B là x, y 0.25 0.25 ( x, y  N;0 x, y500) Do đó ta có phương trình: x + y = 500 (1) 0.25 80 x Số học sinh thi đỗ vào lớp 10 trường A là: 100 (học sinh) 90 y Số học sinh thi đỗ vào lớp 10 trường B là: 100 (học sinh) Mà tổng số học sinh thi đỗ hai trường là 420 học sinh 80 90 x  y 100 100 Nên ta có phương trình: = 420  8x  9y 4200 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x  y 500  8x  9y 4200  x  y 500   x(500  y)  9y 4200  x  y 500  8(500  y)  9y 4200  x  200 500   y 200  x 300   y 200 (2) 0.25 0.25 Thỏa mãn điều kiện Vậy số học sinh dự thi trường A là : 300 ( học sinh) số học sinh dự thi trường B là : 200 ( học sinh) 0.25 K N A 0,5 M B H C (1.0 điểm) Chứng minh tứ giác AMBH nội tiếp đường tròn Ta có AH là đường cao ABC Nên AH  BC H  Hay BHA 90 Mà BM là tiếp tuyến đường tròn M Nên BM  AM M 0.25 0.25  Hay AMB 90 0.25   Vậy BHA  AMB 90  90 180 (3,0 Do đó Tứ giác AMBH nội tiếp đường tròn điểm) (0.75 điểm) Tính diện tích tứ giác BMNC Ta có BM và BH là các tiếp tuyến đường tròn M và H (gt) Ta có CN và CH là các tiếp tuyến đường tròn N và H (gt) 0 0.25   Suy AB, AC là các đường phân giác MAH ; HAC ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 1 1      MAB BAH  MAH ; NAC CAH  NAH 2 Mà ABC vuông A  Nên CAB 90         MAN MAH  NAH 2 BAH  CAH 2.BAC 2.900 1800 Vậy Do đó M, A, N thẳng hàng Mà BM  AM ; CN  AN ( chứng minh trên) Nên BM//CN ( quan hệ từ vuông góc đến song song) 0.25 0.25 Do đó tứ giác MBNC là hình thang Diện tích hình thang BMNC là: Do ABC S BMNC  ( MB  NC ) MN 2 vuông A đường cao AH nên AH = BH.CH = 20.45 = 900 nên AH = 30cm Mà MN = AH = 30 = 60 cm Ta có BM và BH là các tiếp tuyến đường tròn M và H (gt) Ta có CN và CH là các tiếp tuyến đường tròn N và H (gt) Suy BH = MB = 20cm; CH = NC = 45cm 1 S BMNC  ( MB  NC ) MN  (20  45)60 1950cm 2 (0.75 điểm) Ta có tam giác vuông KNA đồng dạng với tam giác vuông KHC ( chung góc nhọn HKA) 0.25 0.25 KA NA KA NA      KC HC KN  NC HC KA NA    KN  NC HC  KN  90 2 KA Mà KA2= KN2+AN2  KA2  ( KN  NC )  KN  AN  ( KN  NC )2  9( KN  900) ( KN  45)  5KN  360 KN 0 KN = 72cm 0,25 KA2= KN2+AN2= 722 +302 Vậy KA = 78 cm 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cosi với hai số dương x và y 0.25 1.0 x  y 2 xy điểm) Ta có: (1) ; 1  2 x y xy (2) 1 1 ( x  y)(  ) 4    (*) x y x y xy Từ (1) và (2) suy 1 1 M     2 x y xy x  y xy xy Ta có 0.25 0.25 1   4 x y xy ( x  y ) 2 Áp dụng (*) ta :  2 xy  Mặt khác x  y 2 xy (1) 2 xy Vậy M 6 Dấu đẳng thức xảy : x = y = -Hết - 0.25