Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2011-2012 môn thi : toán thời gian làm bài: 120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Đề số 5 TỈNH DAK LAK NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi : Toán Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2011 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1 (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số. 1.Giải phương trình (1) khi n = 3. 2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm. Bài 2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: Bài 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số góc là k. 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. 3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông. Bài 4 (3,5 điểm) Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D. 1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp được. 2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra . 3. Đặt Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và a. Chứng tỏ rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc a. Bài 5 (1,0 điểm) Cho số thực m, n, p thỏa mãn : . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p. . Hết . ĐÁP ÁN đề 5 Bài 1 (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số. 1.Giải phương trình (1) khi n = 3. x2 – 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 3 2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm. D’ = 4 – n ³ 0 Û n £ 4 Bài 2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: HPT có nghiệm: Bài 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k. y = kx + 1 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. Phương trình hoành độ: x2 – kx – 1 = 0 D = k2 + 4 > 0 với " k Þ PT có hai nghiệm phân biệt Þ đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. 3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = -1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông. Tọa độ điểm E(x1; x12); F((x2; x22) Þ PT đường thẳng OE : y = x1 . x và PT đường thẳng OF : y = x2 . x Theo hệ thức Vi ét : x1 . x2 = - 1 Þ đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF Þ DEOF là D vuông. Bài 4 (3,5 điểm) 1, Tứ giác BDNO nội tiếp được. 2, BD ^ AG; AC ^ AG Þ BD // AC (ĐL) Þ DGBD đồng dạng DGAC (g.g) Þ 3, ÐBOD = a Þ BD = R.tg a; AC = R.tg(90o – a) = R cotg a Þ BD . AC = R2. Bài 5 (1,0 điểm) (1) Û Û ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (m – n)2 = 2 Û (m – p)2 + (m – n)2 = 2 - ( m + n + p )2 Û (m – p)2 + (m – n)2 = 2 – B2 vế trái không âm Þ 2 – B2 ³ 0 Þ B2 £ 2 Û dấu bằng Û m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p = Þ Max B = khi m = n = p = Min B = khi m = n = p = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH DAK LAK NĂM HỌC: 2011 – 2012 Đề số 6 Khoá ngày : 21/05/2011 Môn Thi : Toán Thời gian 120 phút ( không kể thời gian phát đề ) Câu 1 : ( 2.0 điểm) Giải hệ phương trình : Trục căn ở mẫu : Câu 2 : ( 2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được điều đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 5 tấn . Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc ? ( biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau ) Câu 3 : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x2 – 4x – m2 + 6m – 5 = 0 với m là tham số Giải phương trình với m = 2 Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 , hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức Câu 4 : ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R . Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp được Chứng minh rằng : DB.DC = DN.AC Xác định vị trí của điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn nhất và tính diện tích trong trường hợp này Câu 5 : ( 1.0 điểm ) Cho D là điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O1 , O2 tiếp xúc AB , AC lần lượt tại B , C và đi qua D . Gọi E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn này . Chứng minh rằng điểm E nằm trên đường tròn (O) ----------------- HẾT ----------------- Gợi ý đáp án câu khó: đề 6 Câu 3: b. Ta có ac = -m2+6m-5 = -((m-3)2+4) phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. c. Theo Viét => P = x13 +x23 = (x1 + x2)(x12 + x22 – x1.x2) = => PMin= 16 khi m=3 Câu 4: a. Góc ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) mà AD//BC (gt) => DB^BC Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC = 900 => Tứ giác nội tiếp. b. Ta có DDBN đồng dạng với DCAD ( , ) => => DB.DC = DN.AC c. SABCD = DH.AB Do AB không đổi = 2R => SABCD max ÛDH max Û D nằm chính giữa cung AB. Câu 5: Ta có ( Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và một dây cung cùng chắn một cung) Tương tự: Mà (tổng 3 góc trong DBEC) => => => Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn tâm O => E Î(O). së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o DAK LAK ®Ò SỐ 7 kú thi tuyÓn sinh vµ líp 10 thpt n¨m häc 2011 - 2012 M«n thi : to¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót phÇn a: tr¾c nghiÖm kh¸ch quan (2,0 ®iÓm) Tõ c©u 1 ®Õn c©u 8, h·y chän ph­¬ng ¸n ®óng vµ viÕt ch÷ c¸i ®øng tr­íc ph­¬ng ¸n ®ã vµo bµi lµm. C©u 1: BiÓu thøc cã nghÜa khi vµ chØ khi: A. x 3 B. x > 3 C. x < 3 D. x = 3 C©u 2: §­êng th¼ng ®i qua ®iÓm A(1;2) vµ song song víi ®­êng th¼ng y = 4x - 5 cã ph­¬ng tr×nh lµ: A. y = - 4x + 2 B. y = - 4x - 2 C. y = 4x + 2 D. y = 4x - 2 C©u 3: Gäi S vµ P lÇn l­ît lµ tæng vµ tÝch hai nghiªm cña ph­¬ng tr×nh x2 + 6x - 5 = 0. Khi ®ã: A. S = - 6; P = 5 B. S = 6; P = 5 C. S = 6; P = - 5 D. S = - 6 ; P = - 5 C©u 4: HÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ: A. B. C. D. C©u 5: Mét ®­êng trßn ®i qua ba ®Ønh cña mét tam gi¸c cã ®é dµi ba c¹nh lÇn l­ît lµ 3cm, 4cm, 5cm th× ®­êng kÝnh cña ®­êng trßn ®ã lµ: A. cm B. 5cm C. cm D. 2cm C©u 6: Trong tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A cã AC = 3, AB = 3 th× tgB cã gi¸ trÞ lµ: A. B. 3 C. D. C©u 7: Mét nÆt cÇu cã diÖn tÝch lµ 3600cm2 th× b¸n kÝnh cña mÆt cÇu ®ã lµ: A. 900cm B. 30cm C. 60cm D. 200cm C©u 8: Cho ®­êng trßn t©m O cã b¸n kÝnh R (h×nh vÏ bªn). BiÕt th× diÖn tÝch h×nh qu¹t OCmD lµ: A. B. C. D. phÇn b: tù luËn (8,0 ®iÓm) Bµi 1: (1,5 ®iÓm) a) Rót gän biÓu thøc: A = b) Gi¶i ph­¬ng tr×nh : 2(x - 1) = 5 Bµi 2: (1,5 ®iÓm) Cho hµm sè bËc nhÊt y = mx + 2 (1) a) VÏ ®å thÞ hµm sè khi m = 2 b) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) c¾t trôc Ox vµ trôc Oy lÇn l­ît t¹i A vµ B sao cho tam gi¸c AOB c©n. Bµi 3: (1,0 ®iÓm) Mét ®éi xe cÇn chë 480 tÊn hµng. Khi s¾p khëi hµnh ®éi ®­îc ®iÒu thªm 3 xe n÷a nªn mçi xe chë Ýt h¬n dù ®Þnh 8 tÊn. Hái lóc ®Çu ®éi xe cã bao nhiªu chiÕc? BiÕt r»ng c¸c xe chë nh­ nhau. Bµi 4: (3,0 ®iÓm) Cho A lµ mét ®iÓm trªn ®­êng trßn t©m O, b¸n kÝnh R. Gäi B lµ ®iÓm ®èi xøng víi O qua A. KÎ ®­êng th¼ng d ®i qua B c¾t ®­êng trßn (O) t¹i C vµ D (d kh«ng ®i qua O, BC < BD). C¸c tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (O) t¹i C vµ D c¾t nhau t¹i E. Gäi M lµ giao ®iÓm cña OE vµ CD. KÎ EH vu«ng gãc víi OB (H thuéc OB). Chøng minh r»ng: a) Bèn ®iÓm B, H,M, E cïng thuéc mét ®­êng trßn. b) OM.OE = R2 c) H lµ trung ®iÓm cña OA. Bµi 5: (1, 0 ®iÓm) Cho hai sè a,b kh¸c 0 tho¶ m·n 2a2 + = 4 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc S = ab + 2009. ===HÕt=== Gîi ý ®¸p ¸n: ( Mét sè c©u) đề11 PhÇn tù luËn: Bµi 2: V× DABO vu«ng c©n t¹i O nªn nhËn tia ph©n gi¸c cña gãc xOy lµ ®­êng cao. =>(y = mx + 2) ^ (y = ± x) => m = 1. Bµi 3: Gäi x, y lÇn l­ît lµ sè xe vµ sè hµng chë ®­îc cña mçi xe lóc ®Çu. (x Î N *, y>8) Theo bµi ra ta cã hÖ ph­¬ng tr×nh: Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh trªn ta ®­îc x = 12, y = 40 (tho¶ m·n). Bµi 5: Tõ 2a2 + + = 4 Û (ab)2 = - 8a4 + 16a2 – 4 = 4 – 8(a4 – 2a2 +1) ≤ 4 -2 ≤ ab ≤ 2 2007 ≤ S ≤ 2011 MinS = 2007 Û ab = -2 vµ a2 = 1 Û a = ± 1 , b = 2 Bài 4: a. Ta cã => BHME lµ tø gi¸c néi tiÕp ®­êng trßn ®­êng kÝnh BE => B, H, M, E cïng thuéc mét ®­êng trßn. b. Sö dông hÖ thøc l­îng trong tam gi¸c vu«ng ODE víi ®­êng cao DM ta ®­îc OM.OE = OD2 =R2 c. Gäi HE c¾t (O) t¹i N Ta cã DBOM ®.d¹ng víi DEOH => OH.OB = OM.OE = R2 => OH.OB = ON2 ( v× ON=R) => DOHN ®ång d¹ng víi DONB Mµ gãc OHN = 900 => XÐt DOBN cã vµ A lµ trung ®iÓm cña OB => ON = NA => DANO c©n t¹i N Mµ NH lµ ®­êng cao => NH lµ ®­êng trung tuyÕn => H lµ trung ®iÓm cña OA. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT DAK LAK Năm học 2011-2012 đề8 Bài 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức A = với x > 3 a/ Rút gọn biểu thức A. b/ Tìm x sao cho A có giá trị bằng 7. Bài 2 (1,5 điểm) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đi qua điểm (2, -1) và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng . Bài 3 (1,5 điểm). Rút gọn biểu thức: P = với a > 0, a. Bài 4 (2 điểm). Cho phương trình bậc hai ẩn số x: x2 - 2(m + 1)x + m - 4 = 0. (1) a/ Chứng minh phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b/ Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). Tìm m để 3( x1 + x2 ) = 5x1x2. Bài 5 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC có góc A bằng 600, các góc B, C nhọn. vẽ các đường cao BD và CE của tam giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE. a/ Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp. b/ Chứng minh tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB. c/ Tính tỉ số . d/ Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA vuông góc với DE. Gîi ý ®¸p ¸n c©u 5: =900 => ( Cïng bï víi ) => DADE ®ång d¹ng víi DABC. (Chung gãc A vµ ) a. XÐt tø gi¸c ADHE cã = 900 => Tø gi¸c ADHE néi tiÕp. b. Ta cã tø gi¸c BEDC néi tiÕp v× c. XÐt DAEC cã vµ => => AE = AC:2 (tÝnh chÊt) Mµ DADE ®ång d¹ng víi DABC => d. KÎ ®­êng th¼ng d ^OA t¹i A => (Gãc néi tiÕp vµ gãc gi÷a tiÕp tuyÕn vµ mét d©y cïng ch¾n mét cung) Mµ => => d//ED Ta l¹i cã d^ OA (theo trªn) => ED^OA SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT DAK LAK Khoá ngày 21 tháng 6 năm 2011 ĐỀ 9 MÔN TOÁN Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm) Rút gọn (không dùng máy tính cầm tay) các biểu thức: a) . b) 2. Giải phương trình (không dùng máy tính cầm tay): x2 - 5x + 4 = 0 Câu 2 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = -2x + 4 có đồ thị là đường thẳng (d). Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ độ Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ. Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m-1)x + 2m – 3 = 0. (1) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. Câu 4 (1,5 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 720m2, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính kích thước (chiều dài và chiều rộng) của mảnh vườn Câu 5 (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) không đi qua tâm O, cắt đường tròn (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp được. Chứng minh OH.OA = OI.OD. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O). Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O). ------------------------------------HẾT----------------------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI đề 9 Câu 1 (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a) . b) 2. Giải phương trình: x2 - 5x + 4 = 0 Ta có: a = 1; b = -5; c = 4; a + b + c= 1+ (-5) + 4 = 0 Nên phương trình có nghiệm : x = 1 và x = 4 Câu 2 (1,5 điểm) Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục tung là A(0 ;b) = (0 ; 4). Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục hoành là B(-b/a ;0) = (2 ; 0). b) Gọi điểm C(x ; y) là điểm thuộc (d) mà x  = y Þ x = -2x + 4 Û 3x = 4 Þ x = Þ y = Vậy: C( ;). Câu 3 (1,5 điểm). a) x2 - 2(m - 1)x + 2m – 3 = 0.(1) Có: ’ = = m2- 2m + 1- 2m + 3 = m2 - 4m + 4 = (m - 2)2 0 với mọi m. Þ Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi a.c < 0 Û 2m - 3 < 0 Û m < . Vậy với m < thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. Câu 4 (1,5 điểm) Giải: Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh vườn; (x > 4). Chiều dài của mảnh vườn là (m). Tăng chiều rộng thêm 6m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích không đổi nên ta có phương trình : (x - 4). ( + 6) = 720. x2 - 4x - 480 = 0 Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m. chiều dài của mảnh vườn là 30m. Câu 5 (3,5 điểm) Giải a) Ta có: DH ^AO (gt). Þ OHD = 900. CD ^OC (gt). Þ DOC = 900. Xét Tứ giác OHDC có OHD + DOC = 1800. Suy ra : OHDC nội tiếp được trong một đường tròn. b) Ta có: OB = OC (=R) Þ O mằn trên đường trung trực của BC; DB = DC (T/C của hai tiếp tuyến cắt nhau) Þ D mằn trên đường trung trực của BC Suy ra OD là đường trung trực của BC => OD vuông góc với BC. Xét hai tam giác vuông ∆OHD và ∆OIA có DOA chung Þ ∆OHD đồng dạng với ∆OIA (g-g) Þ (1) c) Xét ∆OCD vuông tại C có CI là đường cao. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R) Þ OM2 = OC2 = OI.OD (2). Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA. Xét 2 tam giác : ∆OHM và ∆OMA có : AOM chung và . S Do đó : ∆OHM ∆OMA (c-g-c) Þ OMA = OHM= 900. Þ AM vuông góc với OM tại M Þ AM là tiếp tuyến của (O). d) Gọi E là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S. Þ S = S∆AOM - SqOEBM Xét OAM vuông tại M có OM = R ; OA = 2R Áp dụng định lí Pytago ta có AM2 = OA2 – OM2 = (2R)2 – R2 = 3R2 Þ AM = RÞ S∆AOM = OM.AM = R2(đvdt) Ta có SinMOA = Þ MOA = 600 Þ SqOEBM = . (đvdt) => S = S∆AOM - SqOEBM = (đvdt). së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o DAK LAK đề 10đ kú thi tuyÓn sinh líp 10 thpt n¨m häc 2011 - 2012 M«n thi: to¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò Ngµy 21 th¸ng 07 n¨m 2011 C©u I: (2,0 ®iÓm) 1) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2(x - 1) = 3 - x 2) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: C©u II : (2,0 ®iÓm) 1) Cho hµm sè y = f(x) = . TÝnh f(0); ; ; 2) Cho ph­¬ng tr×nh (Èn x): . T×m gi¸ trÞ cña m ®Ó ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm tháa m·n . C©u III : (2,0 ®iÓm) 1) Rót gän biÓu thøc: víi x > 0 vµ x 1 2) Hai « t« cïng xuÊt ph¸t tõ A ®Õn B, « t« thø nhÊt ch¹y nhanh h¬n « t« thø hai mçi giê 10 km nªn ®Õn B sím h¬n « t« thø hai 1 giê. TÝnh vËn tèc hai xe « t«, biÕt qu·ng ®­êng AB lµ 300 km. C©u IV : (3,0 ®iÓm) Cho ®­êng trßn (O), d©y AB kh«ng ®i qua t©m. Trªn cung nhá AB lÊy ®iÓm M (M kh«ng trïng víi A, B). KÎ d©y MN vu«ng gãc víi AB t¹i H. KÎ MK vu«ng gãc víi AN . 1) Chøng minh: Bèn ®iÓm A, M, H, K thuéc mét ®­êng trßn. 2) Chøng minh: MN lµ ph©n gi¸c cña gãc BMK. 3) Khi M di chuyÓn trªn cung nhá AB. Gäi E lµ giao ®iÓm cña HK vµ BN. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÓm M ®Ó (MK.AN + ME.NB) cã gi¸ trÞ lín nhÊt. C©u V : (1 ®iÓm) Cho x, y tháa m·n: . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: . --------------- HÕt---------------- Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ĐỀ10 K× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT N¨m häc 2011 - 2012 M«n: To¸n h­íng dÉn chÊm I) H­íng dÉn chung: - ThÝ sinh lµm bµi theo c¸ch riªng nh­ng ®¸p øng ®­îc víi yªu cÇu c¬ b¶n vÉn cho ®ñ ®iÓm. - ViÖc chi tiÕt ®iÓm sè (nÕu cã) so víi biÓu ®iÓm ph¶i ®­îc thèng nhÊt trong Héi ®ång chÊm. - Sau khi céng toµn bµi, ®iÓm lÎ ®Õn 0,25 ®iÓm. II) §¸p ¸n vµ thang ®iÓm: C©u PhÇn §¸p ¸n §iÓm C©u I 2 ®iÓm 1 (1 ®iÓm) 2x - 2 = 3 - x 0.5 x = 0,5 2 (1 ®iÓm) 0,5 0,25 HÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 3 vµ y = 1 0,25 C©u II 2 ®iÓm 1 (1 ®iÓm) 1,0 2 (1 ®iÓm) PT(1) cã hai nghiÖm 0,25 0,25 Theo Vi - et ta cã: Tõ hÖ thøc: 0,25 KÕt hîp víi ®k 0,25 C©u III 2 ®iÓm 1 (1 ®iÓm) = 0,5 = 0,5 2 (1 ®iÓm) Gäi x lµ vËn tèc cña xe « t« thø nhÊt x (km/h) x > 10 VËn tèc cña xe « t« thø hai lµ: x - 10 (km/h) 0,25 Theo bµi ra ta cã: 0,25 (tháa m·n) hoÆc x = -50 (lo¹i) 0,25 VËn tèc xe I lµ 60 km/h vµ vËn tèc xe II lµ 50 km/h 0,25 C©u IV 3 ®iÓm H×nh vÏ ®óng Chó ý: KÓ c¶ tr­êng hîp ®Æc biÖt khi MN ®i qua O 0,5 1 0,75 ®iÓm Tõ gi¶ thiÕt: , 0,5 Bèn ®iÓm A, K, H, M cïng thuéc mét ®­êng trßn 0,25 2 1,0 ®iÓm = s® 0,25 = s® 0,25 Tõ (1) vµ (2) 0,25 MN lµ ph©n gi¸c cña gãc KMB 0,25 3 0,75 ® s®; s® cïng thuéc mét ®­êng trßn 0,25 0,25 lín nhÊt MN.AB lín nhÊt MN lín nhÊt (V× AB= const ) M lµ chÝnh gi÷a 0,25 C©u V 1 ®iÓm §K: 0,25 x > y x < y 0,25 tháa m·n 0,25 MinB = 9 Khi x = y = -1 0,25 C¸ch kh¸c §K: Û (v× >0) Û x = y MinB = 9 Khi x = y = -1 Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o DAK LAK đề 11 Kú thi tuyÓn sinh líp 10 THPT N¨m häc 2009-2010 M«n thi: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò. Ngµy21 th¸ng 06 n¨m 2011 Câu 1(2.0 điểm): 1) Giải phương trình: 2) Giải hệ phương trình: Câu 2:(2.0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = với x 0 và x 4. b) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15 cm2. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó. Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x) Giải phương trình với m = 3. Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12 Câu 4:(3 điểm) Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E và D. Chứng minh: NE2 = EP.EM Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp. Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại K ( K không trùng với P). Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2. Câu 5:(1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = -----------Hết---------- Giải Câu I. a, Vậy tập nghiệm của phương trình S= b, Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5) Câu II. a, với x 0 và x 4. Ta có: b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0 Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm) Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15 . Giải ra tìm được :x1 = -5 ( loại ); x2 = 3 ( thỏa mãn ) . Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm. Câu III. a, Với m = 3 Phương trình có dạng : x2 - 2x x = 0 hoặc x = 2 Vậy tập nghiệm của phương trình S= b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì . Theo Vi-et : Theo bài: x21 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12 2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) ) hay x1 - x2 = -6 . Kết hợp (1) x1 = -2 ; x2 = 4 Thay vào (2) được : m - 3 = -8 m = -5 ( TM (*) ) Câu IV . a, NEM đồng dạng PEN ( g-g) b, ( do tam giác MNP cân tại M ) => . Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp . c, MPF đồng dạng MIP ( g - g ) . MNI đồng dạng NIF ( g-g ) Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3). ( cùng phụ ) => => NK = NI ( 4 ) Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5) Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm . Câu V . +) k=0 . Phương trình (1) có dạng 8x-6=0 ó x= +) k 0 thì (1) phải có nghiệm ó= 16 - k (k - 6) 0 . Max k = 8 x = . Min k = -2 x = 2 . Së GD vµ §T TØnh DAK LAK §Ò thi 12 K× thi tuyÓn sinh líp 10 Trung häc phæ th«ng N¨m häc 2011-2012 M«n thi: To¸n Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2đ) Rút gọn biểu thức a/ b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0 Câu2: (2đ) Cho biểu thức (với a>0) a/Rút gọn P. b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Câu 3: (2đ) Hai người đi xe đạp cùng xuất phát một lúc từ A đến B với vận tốc hơn kém nhau 3km/h. Nên đến B sớm ,muộn hơn kém nhau 30 phút. Tính vận tốc của mỗi người .Biết quàng đường AB dài 30 km. Câu 4: (3đ) Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt (O) tại P,Q.Tiếp tuyến tại D trên cung nhỏ BP, cắt PQ ở E; AD cắt PQ tại F .Chứng minh: a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp. b/ED=EF c/ED2=EP.EQ Câu 5: (1đ) Cho b,c là hai số thoả mãn hệ thức: Chứng minh rằng ít nhất 1 trong hai phương trình sau phải có nghiệm: x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2) ĐÁP ÁN : (dề 12) Câu 1: (2đ) b/Giải phương trình: 7x2+8x+1=0 (a=7;b=8;c=1) Ta có a-b+c=0 nên x1=-1; Câu 1: (2đ) a/ (với a>0) (Vơi a>0) b/Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Vậy P có giá trị nhỏ nhất là khi Câu 3: (2đ) Gọi x(km/giờ )là vận tốc của người thứ nhất . Vận tốc của ngưươì thứ hai là x+3 (km/giờ ) Vậy vận tốc của người thứ nhất là 12 km/giờ. vận tốc của người thứ hai là 15 km/giờ. Câu 4: (3đ) a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp. (góc nội tiếp chắn nửađường tròn (o)) =>. Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp được. b/ED=EF Xét tam giác EDF có (góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O)). (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) Do PQAB => H là trung điểm của PQ( định lý đường kính dây cung)=> A là trung điểm của => tam giác EDF cân tại E => ED=EF c/ED2=EP.EQ; Xét hai tam giác: EDQ;EDP có chung. (cùng chắn) =>EDQ EPD=> Câu 5: (1đ) .=> 2(b+c)=bc(1) x2+bx+c=0 (1) Có 1=b2-4c; x2+cx+b=0 (2) ;Có 2=c2-4b Cộng 1+2= b2-4c+ c2-4b = b2+ c2-4(b+c)= b2+ c2-2.2(b+c)= b2+ c2-2bc=(b-c) 0. (thay2(b+c)=bc ) Vậy trong 1;2có một biểu thức dương hay ít nhất 1 trong hai phương trình x2+bx+c=0 (1) ; x2+cx+b=0 (2) phải có nghiệm: ubnd tØnh B¾c Ninh k× thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt Së Gi¸o Dôc vµ ®µo t¹o n¨m häc 2009-2010 M«n : to¸n §Ò chÝnh thøc 18 Thêi gian : 120 phót (Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Ngµy thi : 09 - 07 - 2009 A/ PhÇn tr¾c nghiÖm (Tõ c©u 1 ®Õn c©u 2) Chän kÐt qu¶ ®óng vµ ghi vµo bµi lµm. C©u 1: (0,75 ®iÓm) §ưêng th¼ng x – 2y = 1 song song víi ®ưêng th¼ng: A. y = 2x + 1 B. C. D. C©u 2: (0,75 ®iÓm) Khi x < 0 th× b»ng: A. B. x C. 1 D.-1 B/ PhÇn Tùu luËn (Tõ c©u 3 ®Õn c©u 7) C©u 3: (2 ®iÓm) Cho biÓu thøc: A = a/ Rót gän biÓu thøc A. b/ T×m x ®Ó A < 2. c/ T×m x nguyªn ®Ó A nguyªn. C©u 4: (1,5 ®iÓm) Hai gi¸ s¸ch cã chøa 450 cuèn. NÕu chuyÓn 50 cuèn tõ gi¸ thø nhÊt sang gi¸ thø hai th× sè s¸ch ë gi¸ thø hai sÏ b»ng sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt. TÝnh sè s¸ch lóc ®Çu trong mçi gi¸ s¸ch. C©u 5: (1,5 ®iÓm) Cho phư¬ng tr×nh: (m+1)x2 -2(m - 1)x + m - 2 = 0 (1) (m lµ tham sè) a/ Gi¶i phư¬ng tr×nh (1) víi m = 3. b/ T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó phư¬ng tr×nh (1) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt x1, x2 tháa m·n C©u 6: (3,0 ®iÓm) Cho nöa ®ưêng trßn t©m O ®ưêng kÝnh AB. Tõ ®iÓm M trªn tiÕp tuyÕn Ax cña nöa ®ưêng trßn vÏ tuyÕp tuyÕn thø hai MC(C lµ tiÕp ®iÓm). H¹ CH vu«ng gãc víi AB, ®ưêng th¼ng MB c¾t ®ưêng trßn (O) t¹i Q vµ c¾t CH t¹i N. Gäi giao ®iÓm cña MO vµ AC lµ I. Chøng minh r»ng: a/ Tø gi¸c AMQI néi tiÕp. b/ c/ CN = NH. C©u 7: (0,5 ®iÓm) Cho h×nh thoi ABCD. Gäi R, r lÇn lît lµ b¸n kÝnh ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABD, ABC, a lµ ®é dµi c¹nh cña h×nh thoi. Chøng minh r»ng: H­íng dÉn chÊm m«n to¸n (Thi tuyÓn sinh vµo THPT n¨m häc 2009 -2010) C©u ý Néi dung §iÓm 1 2 B. D. – 1. 0.75® 0.75® 3 a/ 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® b/ 0.25® 0.25® c/ (t/m) (t/m) (t/m) (t/m) (t/m) (t/m) VËy víi x = - 6, 0, 2, 4, 6, 12 th× A nguyªn. 0.25® 0.25® 4 Gäi sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt lóc ®Çu lµ x (x nguyªn d­¬ng, x > 50) Th× sè s¸ch ë gi¸ thø hai lóc ®Çu lµ 450 – x (cuèn). Khi chuyÓn 50 cuèn s¸ch tõ gi¸ thø nhÊt sang gi¸ thø hai th× sè s¸ch ë gi¸ thø nhÊt lµ x – 50 vµ ë gi¸ thø hai lµ 500 – x. Theo bµi ra ta cã ph­¬ng tr×nh: VËy sè s¸ch lóc ®Çu ë gi¸ thø nhÊt lµ 300 cuèn, sè s¸ch ë gi¸ thø hai lµ 450 – 300 = 150 cuèn. 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 5 a/ Víi m = 3 ta cã PT (3+1 )x2 - 2(3 – 1)x + 3 – 2 = 0 4x2 – 4x + 1 = 0 (HoÆc tÝnh ®­îc hay ) Suy ra PT cã nghiÖm kÐp x = 1/2 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® b/ §Ó PT cã 2 nghiÖm ph©n biÖt th× Mµ theo §L Viet ta cã: Tõ ta cã: tho¶ m·n (*) VËy m ph¶i t×m lµ -2. 0.25® 0.25® 6 a/ + VÏ h×nh ®óng cho 0,25 ®iÓm. + Ta cã MA=MC(t/c tiÕp tuyÕn) OA=OC (b¸n kÝnh) MO lµ trung trùc cña AC MOAC (Gãc AQB lµ gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®­êng trßn) Suy ra Q, I cïng nh×n AM d­íi 1 gãc vu«ng Tø gi¸c AIQM néi tiÕp trong ®­êng trßn ®­êng kÝnh AM. 0.25® 0.25® 0.25® b/ + Ta cã (=s® cungAI) Vµ (cïng phô víi gãc AMO) Mµ (AOC c©n) Suy ra 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® c/ + Tø gi¸c AIQM néi tiÕp (Cïng bï víi gãc MQI) Mµ (so le trong) Suy ra tø gi¸c QINC néi tiÕp (cïng b»ng 1/2 s® cung QI) MÆt kh¸c (=1/2 s® cung QA) IN // AB Mµ I lµ trung ®iÓm cña CA nªn N lµ trung ®iÓm cña CH NC=NH (®pcm) 0.25® 0.25® 0.25® 0.25® 7 Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB, O lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD, trung trùc cña AB c¾t AC vµ BD lÇn l­ît t¹i I vµ J. Ta cã I, J lÇn l­ît lµ t©m c¸c ®­êng trßn ngo¹i tiÕp vµ R = IA, r = JB. Cã T­¬ng tù: Suy ra: 0.25® 0.25® Ghi chó: C¸c c¸ch gi¶i kh¸c ®óng theo yªu cÇu vÉn cho ®iÓm tèi ®a. ============= HÕt ============ Së Gi¸o dôc vµ ®µo t¹o B¾c giang --------------------- §Ò thi 14 ) Kú thi tuyÓn sinh