Đề TS lớp 10 Huế năm 2009 ( có ĐA)

b Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.. Bài 5 : 1 điểm Người ta gọi “Hình vuông V ngoại tiếp tứ giác lồi ABCD” khi tứ giác ABCD nằm trong V và trên mỗi cạnh của V có c

Kè THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT – TP HUẾ

Mụn: TOÁN Năm học 2009-2010

Thời gian làm bài: 120 phỳt

Bài 1 : (2,25 điểm)

Không sử dụng mỏy tớnh bỏ tỳi, hóy giải các phơng trình và hệ phơng trình sau:

a) 5x213x 6 0 b) 4x4 7x2 2 0  c) 3 4 17

5 2 11







Bài 2: (2,25 điểm)

a) Cho hàm số y ax b  Tìm a và b, biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với

đờng thẳng y3x và đi qua điểm A thuộc parabol 5 1 2

( ) :

2

P y x có hoành độ bằng 2 b) Khụng cần giải, chứng tỏ rằng phơng trình  3 1 x2 2x 3 0 có hai nghiệm phân biệt và tính tổng các bình phơng hai nghiệm đó

Bài 3: (1,5 điểm)

Hai mỏy ủi cựng làm việc trong vũng 12 giờ thỡ san lấp được

10

1 khu đất Nếu mỏy ủi thứ nhất làm một mỡnh trong 42 giờ rồi nghỉ và sau đú mỏy ủi thứ hai làm một mỡnh trong 22 giờ thỡ cả hai mỏy ủi san lấp được 25% khu đất đú Hỏi nếu làm một mỡnh thỡ mỗi mỏy ủi san lấp xong khu đất đó cho trong bao lõu ?

Bài 4: (2,75 điểm)

Cho đường trũn (O) đường kớnh AB = 2R Vẽ tiếp tuyến d với đường trũn (O) tại B Gọi C

và D là 2 điểm tựy ý trờn tiếp tuyến d sao cho B nằm giữa C và D Cỏc tia AC và AD cắt (O) lần lượt tại E và F (E, FA)

a) Chứng minh: CB2 CA CE

b) Chứng minh: Tứ giỏc CEFD nội tiếp trong đường trũn (O’)

c) Chứng minh: Cỏc tớch AC AE và AD AF cựng bằng một hằng số khụng đổi Tiếp tuyến của (O’) kẻ từ A tiếp xỳc với (O’) tại T Khi C hoặc D di động trờn d, thỡ điểm T chạy trờn đường cố định nào ?

Bài 5: (1,25 điểm)

Một cái phểu có phần trên dạng hình nón đỉnh S, bán kính đáy

15

R cm, chiều cao h30cm Một hỡnh trụ đặc bằng kim loại có bán

kính đáy r 10cm đặt vừa khít trong hình nón có đầy nước (xem hỡnh

bờn) Ngời ta nhấc nhẹ hỡnh trụ ra khỏi phểu Hãy tính thể tích và chiều cao

của khối nớc cũn lại trong phểu

Hết

1

Đáp án và thang điểm

1.a Giải phơng trình 5x213x 6 0 :

Lập  132120 289 17  2   17

Phơng trình có hai nghiệm: 1 13 17 2 13 17 2

3;

0,25 0,50

1.b Giải phơng trình 4x4  7x2  2 0  (1):

Đặt t x 2 Điều kiện là t 0

Ta đợc : 4t2 7t 2 0 (2)

Giải phơng trình (2):  49 32 81 9 ,   2   , 9 1 7 9 1

0

t     (loại)

và 2 7 9

2 0 8

t     Với t t  , ta có 2 2 x  Suy ra: 2 2 x1 2, x2  2

Vậy phơng trình đó cho có hai nghiệm: x1 2, x2  2

0,25

0,25

0,25

1.c

Giải hệ phơng trình 3 4 17

5 2 11







:

0,50

0,25

2.a + Đồ thị hàm số y ax b  song song với đờng thẳng y3x , nên 5 a 3

và b 5

+ Điểm A thuộc (P) có hoành độ x 2 nên có tung độ 1 22 2

2

Suy ra: A  2; 2

+ Đồ thị hàm số y3x b đi qua điểm A  2; 2 nên: 2 6  b b4

Vậy: a 3 và b 4

0,50

0,25

0,25

2.b

+ Phơng trình 1 3x2 2x 3 0 có các hệ số:

a  b c

Ta có: ac 0 nờn phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x và 1 x 2

0,25

Theo định lí Vi-ét, ta có:

2

3 1

3 1

b

a





1 2

3 3 1

1 3

c

x x

a





0,25

0,25

x x  x x  x x

 3 1 2 3 3 7 3 3 

0,25 0,25

Gọi x (giờ ) và y (giờ ) lần lượt là thời gian làm một mỡnh của mỏy thứ nhất và

mỏy thứ hai để san lấp toàn bộ khu đất (x > 0 ; y > 0)

Nếu làm một mỡnh thỡ trong một giờ mỏy ủi thứ nhất san lấp được 1

x khu đất,

và mỏy thứ hai san lấp được 1

y khu đất.

Theo giả thiết ta cú hệ phương trỡnh :















4 1 y 22 x

42

10 1 y

12 x

12

Đặt u 1

x

 và v 1

y

 ta được hệ phương trỡnh:

1

12 12

10 1

42 22

4







 Giải hệ phương trỡnh tỡm được 1 ; 1

300 200

u v , Suy ra: x y ;  300; 200

Trả lời: Để san lấp toàn bộ khu đất thỡ: Mỏy thứ nhất làm một mỡnh trong 300

giờ, mỏy thứ hai làm một mỡnh trong 200 giờ

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

+ Hai tam giỏc CAB và CBE cú: Gúc C chung và CAB EBC (gúc nội tiếp và gúc tạo bởi tiếp tuyến với một dõy cựng

chắn cung BE ) nờn chỳng đồng dạng.

Suy ra:

2

0,25

0,25

0,25

3

4.b Ta cú: CAB EFB ( hai gúc nội tiếp cựng chắn cung BE)

Mà CAB BCA 900 (tam giỏc CBA vuụng tại B) nờn ECD BFE 900

Mặt khỏc BFD BFA 900 (tam giỏc ABF nội tiếp nửa đường trũn)

Nờn : ECD BFE BFD  1800  ECD DFE 1800

Vậy tứ giỏc CEFD nội tiếp được đường trũn (O’)

0,25 0,25 0,25 0,25

4.c + Xột tam giỏc vuụng ABC:

BE ⊥ AC ⇒ AC.AE = AB2 = 4R2 ( hệ thức lượng trong tam giỏc vuụng )

Tương tự, trong tam giỏc vuụng ABD ta cú: AD.AF = AB2 = 4R2

Vậy khi C hoặc D di động trờn d ta luụn cú :

AC.AE = AD.AF = 4R2 ( khụng đổi )

+ Hai tam giỏc ATE và ACT đồng dạng (vỡ cú gúc A chung và ATE TCA )

+ Suy ra: AT2 AC AE 4R2 (khụng đổi) Do đú T chạy trờn đường trũn tõm

A bỏn kớnh 2R

0,25

0,25 0,25 0,25

+ Hỡnh vẽ thể hiện mặt cắt hình nón và hình trụ bởi mặt phẳng đi qua trục chung của chúng

Ta có DE//SH nên:

10( ) 15

h R r

Do đó: Chiều cao của hình trụ là h'DE10(cm) + Nếu gọi V V V lần lợt là thể tích khối nớc cũn lại, 1, 2 trong phểu khi nhấc khối trụ ra khỏi phểu, thể tích hình nón và thể tích khối trụ, ta có:

2

V V V   R h r h        cm

Khối nớc cũn lại trong phểu khi nhấc khối trụ ra khỏi phểu là một khối nón có bán kính đáy là r và chiều cao 1 h Ta có: 1 1 1 1 1

1

2

r

R h   h  .

Suy ra:

3

1

h

Vậy: Chiều cao của khối nớc cũn lại trong phểu là: h1315000 10 15 ( 3 cm)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYấN QUỐC HỌC

Mụn: TOÁN CHUYấN - Năm học 2009-2010

Bài 1 : (2 điểm)

Cho phương trình : x2  mx m   1 0  ( m là tham số)

a) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình trên có hai nghiệm thực phân

biệt x1, x2.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2 2





 

S

Bài 2 : (3 điểm)

a) Cho phương trình ax2  bx c   0 có hai nghiệm dương phân biệt

Chứng minh rằng phương trình cx2  bx a   0 cũng có hai nghiệm dương phân biệt

b) Giải phương trình : 2 2 4 1 0

c) Chứng minh rằng có duy nhất bộ số thực (x ; y ; z) thỏa mãn điều kiện :

1

2

Bài 3 : (2,5 điểm)

Cho góc xOy có số đo bằng 60o Đường tròn có tâm K nằm trong góc xOy tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N Trên tia Ox lấy điểm P sao cho

OP = 3OM

Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN ở E Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN ở F.

a) Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ.

b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn.

c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều.

Bài 4 : (1,5 điểm)

Tìm tất cả các cặp số nguyên (a ; b) nghiệm đúng điều kiện :

( a  1) (2 a2  9) 4  b2  20 b  25

Bài 5 : (1 điểm)

Người ta gọi “Hình vuông (V) ngoại tiếp tứ giác lồi ABCD”

khi tứ giác ABCD nằm trong (V) và trên mỗi cạnh của (V) có

chứa đúng một đỉnh của tứ giác ABCD (Hình 1).

Giả sử tứ giác lồi ABCD có hai hình vuông ngoại tiếp khác

nhau Chứng minh rằng tứ giác này có vô số hình vuông ngoại

tiếp nó.

5

ĐÁP ÁN

Bài Câu Nội dung Điểm

1.

(2đ)

a)

(0,5đ) x2 mx m 1 0   (*)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

      

0,25

b)

(1,5đ

)

Ta có: x1x2 m ; x x1 2 m 1 0,25

2

S

0,5

S

m

0,5

1 1

3

m  S  Vậy, giá trị nhỏ nhất của S là: 1

3

2.

(3đ )

a)

(1đ) Theo giả thiết, phương trình ax2  bx c   0 (1) có hai nghiệm dương phân biệt,

nên: a0,  1 b2 4ac0, P1 x x1 2 c 0

a

   , S1 x1 x2 b 0

a



   

0,5

Xét phương trình cx2  bx a   0 (2). Từ trên ta có c 0 và 2

2 b 4ca 1 0

     nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt x x 3, 4

0,25

P x x

c

   (do c 0

a ).

b

c



   Nhưng b b a

  , mà b 0

a



 và a 0

c , do đó: S 2 0

Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt

0,25

b)

(1đ)

Điều kiện: 4, 2 0, 2, 4 0 4 2

Đặt 2  0

4

x

x



t

0,5

Chỉ chọn t 1 Ta có: 1 2 1 1

4





x

x Nghiệm của phương trình là x1 0,5

2

(1đ) Điều kiện: x 2008, y 2009, z 2010. 0,25 (**) tương đương:

(x 2008) 2  x 2008 1 (   y 2009) 2  y 2009 1 (   z 2010) 2  z 2010 1 0  

( x 2008 1) ( y 2009 1) ( z 2010 1) 0

          (***)

0,5

(***) chỉ xảy ra trong trường hợp:

2008 1 2009

2009 1 2010

2010 1 2011

   

    

(thỏa điều kiện) 0,25

3

(2,5đ

)

a)

(1đ)

Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ

Hình vẽ đúng

+PK là phân giác góc QPO

 MPE KPQ (α)  + Tam giác OMN đều  EMP 1200.

+ QK cũng là phân giác OQP

 0   

QKP 180   KQP KPQ 

Mà 2KQP 2KPQ 180    0 600 1200

 1200

QKP

  Do đó: EMP QKP     

Từ (α) và (β), ta có tam giác MPE đồng), ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ

0,25 0,25

0,5

b)

(0,5đ

)

Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn

Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: MEP KQP , hay: FEP FQP 0,25 Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn 0,25

c)

(1đ) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều

Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: PM

PK =

PE

PQ Suy ra:

PM

PE =

PK

PQ . Ngoài ra: MPK EPQ Do đó, hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng

0,25

Từ đó: PEQ PMK 90  0

Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF

Vì vậy, tam giác DEF cân tại D

0,25

Ta có: FDP 2FQD OQP   ; EDQ 2EPD OPQ   0,25

 0     0 FDE 180   FDP EDQ   POQ 60 

Từ đó, tam giác DEF là tam giác đều

0,25

4.

(1,5đ

)

Tìm các cặp số nguyên (a ; b) nghiệm đúng: (a 1) (a 2 29) 4b 220b 25

Viết lại: (a 1) (a 2 29)2b 5 2 Suy ra: a2+9 là số chính phương. 0,25

Do a < a2 2+9 ≤ a 3 2 nên chỉ có thể xảy ra các trường hợp sau:

1/ a2+9= a 3 2 2/ a2+9= a 2 2 3/ a2+9 =  a 1 2

0,25

Trường hợp 1: a2+9 = a 3 2  a = 0 Lúc đó: 9 = (2b+5)2 b 1 hoặc b 4 0,25 Trường hợp 2: a2+9 =  a 2 2  5 = 4 a Không có số nguyên a nào thỏa. 0,25

Trường hợp 3: a2+9 =  a 1 2  a = 4 a = 4 hoặc a =  4

Với a = 4, ta có: 9.25 = (2b+5)2 b = 5 hoặc b 10

Với a 4, ta có: 25.25 = (2b+5)2 b = 10 hoặc b 15

0,25

Các cặp số nguyên thỏa bài toán:

a b ;  0; 1 , 0; 4 , 4; 5 , 4; 10 ,          4;10 , 4; 15 

0,25

K E

F

D N

P

Q

y

M

7

5.

(1đ )

Giả sử tứ giác lồi ABCD có hai hình vuông ngoại tiếp khác nhau

Chứng minh rằng tứ giác này có vô số hình vuông ngoại tiếp nó

Xét MNPQ là hình vuông ngoại tiếp tứ giác ABCD Gọi A’ là hình chiếu của A lên

PQ, B’ là hình chiếu của B lên MQ Từ B kẻ đường vuông góc với AC cắt MQ tại E

Ta chứng tỏ: BE = AC

Nếu E trùng B’ thì A’ trùng C Lúc đó: BE = BB’ = AA’ = AC

Nếu E khác B’ thì xét hai tam giác vuông BB’E và AA’C Chúng có: BB’=AA’ và

B'BE=A'AC nên Δ BB’E = Δ AA’C Suy ra: BE = AC

0,5

Bây giờ, xét hai hình vuông M1N1P1Q1 và M2N2P2Q2 cùng ngoại tiếp tứ giác ABCD

Từ B kẻ đường vuông góc với AC cắt M1Q1 tại E1 và cắt M2Q2 tại E2 Theo chứng minh trên: BE1 = AC và BE2 = AC Suy ra E1 và E2 trùng nhau tại D

Vì vậy, tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD bằng nhau và vuông góc nhau.

0,25

Cuối cùng, cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD bằng nhau và vuông

góc nhau Dựng đường thẳng (d) tùy ý sao cho tứ giác ABCD và (d) chỉ có một điểm

chung là A Qua C dựng đường thẳng song song với (d) Qua B và D dựng các đường thẳng vuông góc với (d) Ta có hình chữ nhật MNPQ ngoại tiếp tứ giác ABCD

Gọi A’ là hình chiếu của A lên PQ, B’ là hình chiếu của B lên MQ Từ tính chất “hai đường chéo AC, BD bằng nhau và vuông góc nhau”, suy ra AA’ = BB’ (chứng minh như phần đầu) Do đó, hình chữ nhật MNPQ là hình vuông

Vì vậy, có vô số hình vuông ngoại tiếp tứ giác ABCD.

0,25

A' C B

A

Q

P N

D

C B

A

P 2

E 2

E 1

M 2

Q 2

N 2

Q 1

P 1

N 1

M 1