Chứng minh A là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác BDE; 3.. Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn O và O’.. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đờng tròn O vẽ
Trang 1Sở giáo dục và đào tạo
Hải Phòng Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên toán
Năm học 2009 - 2010
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm có 2 trang
Phần I: Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trớc câu trả lời đúng
Câu 1 Biểu thức 2
4 2
4
2
y
x
y với y < 0 đợc rút gọn là:
A – yx2 B x y y
2 2
C y2x4 D yx2
Câu 2 Với a > 0, b > 0 thì
a
b b
a b a
b
ab
b
b
a
2
Câu 3 Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến ?
2
1
4
1
Câu 4 Đờng thẳng nào đi qua điểm M(0; 4) và song song với đờng thẳng x – 3y = 7 có
ph-ơng trình là:
3
1
x
3
1
y D y 3 x 4
Câu 5 Một nghiệm của phơng trình 2 2 ( 1 ) 3 0
A
2
1
k
B
2
1
k
C
2
3
k
D
2
3
k
Câu 6 Cho tam giác MNP vuông ở M, MH là đờng cao thuộc cạnh huyền của tam giác đó
Biết NH = 5cm, HP = 9cm Độ dài MH bằng:
Câu 7 Cho đờng tròn (O; R), số đo cung MmN bằng 600 Độ dài cung MmN là:
A
2
2m R
6
R
C
3
2
R
3
R
Câu 8 Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 3cm, AB = 4cm Quay tam giác đó một vòng
quanh AB đợc một hình nón Diện tích xung quanh của hình nón đó là:
A 10 (cm2 ) B 15 (cm2 ) C 20 (cm2 ) D
)
(
24 cm2
(Hết phần trắc nghiệm khách quan)
Phần II: Tự luận (8,0 điểm)
Bài 1 (1,5điểm)
1 Giải phơng trình 3 34 3 3 1
x
2 Cho phơng trình x2 – 2x – 3m2 = 0 (1)
Đề thi thử
Trang 2Chứng minh rằng phơng trình 3m x + 2x – 1 = 0 (m 0) luôn có hai nghiệm phân biệt và mỗi nghiệm của nó là nghịch đảo của một nghiệm của phơng trình (1)
Bài 2 (1,5điểm)
Cho hệ phơng trình ( )
2
2 1
I m y x
y x
1 Giải hệ phơng trình (I) khi m = 2
2 Tìm giá trị của m để hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất
Bài 3 (2,5điểm)
Cho hai đờng tròn tâm (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B (O và O’ thuộc hai nửa mặt phẳng bờ AB) Các đờng thẳng AO và AO’ cắt đờng tròn tâm O lần lợt ở C
và D, cắt đờng tròn tâm O’ lấn lợt ở E và F
1 Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng;
2 Chứng minh A là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác BDE;
3 Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O) và (O’)
Bài 4 (2,0 điểm)
Cho nửa đờng tròn (O), đờng kính BC Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đờng tròn (O) vẽ tam giác đều BAC, AB cắt nửa đờng tròn (O) ở E Gọi M là một điểm chuyển động trên nửa đờng tròn Vẽ tam giác đều MCN sao cho đỉnh N nằm khác phía với điểm B qua MC
1 Chứng minh ba điểm M, E, N thẳng hàng;
2 Tìm quỹ tích điểm N
Bài 5 (0,5điểm)
2008 2009
1
3 4
1 2 3
1 2
1
=== Hết ===
Họ tên học sinh: ……… , Giám thị 1: ………
Số báo danh: ……… ……… , Giám thị 2: ………
Sở giáo dục và đào tạo
Hải Phòng Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT CHUYÊN TOáN
Năm học 2009 - 2010
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm có 2 trang
Đáp án – Biểu điểm
Đề thi thử
Trang 3Phần I: Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm)
- Chọn đúng mỗi câu đợc 0,25 điểm
Phần II: Tự luận (7,0 điểm)
Bài 1 (1,5điểm)
1 Giải phơng trình 3 34 3 3 1
x
- Lập phơng 2 vế phơng trình ta đợc:
1 ) 3 34
x
0 1830 31
1728 102
34 3
12 ) 3 )(
34
(
12 ) 3 )(
34
(
36 ) 3 )(
34
(
3
1 1 ) 3 )(
34 (
3
37
1 ) 3 34
.(
) 3 )(
34 (
3
37
1 ) 3 ( ) 3 (
34 3
3 ) 34 (
3 )
34
(
2
2
3 3
3
3
3 3
3
2 3
3 3
2 3
x
x
x x
x
x
x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
có 31 2 4 1 ( 1830 ) 8281 0
PT có 2 nghiệm phân biệt:
61 2
122 1
.
2
91
31
30 2
60 1
.
2
91
31
2
1
x
x
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x1 = 30 ; x2 = - 61
2 Cho phơng trình x2 – 2x – 3m2 = 0 (1)
Chứng minh rằng phơng trình 3m2x2 + 2x – 1 = 0 (m 0) luôn có hai
nghiệm phân biệt và mỗi nghiệm của nó là nghịch đảo của một nghiệm của
phơng trình (1)
- Xét PT: x2 – 2x – 3m2 = 0 (1)
có ’ = (- 1)2 – 1.(- 3m2) = 1 + 3m2 > 0 với mọi giá trị của m
PT (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt
- Xét PT : 3m2x2 + 2x – 1 = 0 (m 0) (2)
Với m 0 PT có ’ = 12 – 3m2.(- 1) = 1 + 3m2 > 0 với mọi giá trị của m
PT (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt
Gọi x0 là nghiệm của PT (2) thì x0 0 Ta có : 3m2x0 + 2x0 – 1 = 0 (3)
Chia cả 2 vế của (3) cho x0 ta đợc:
0 ) 1 ( )
1
.(
2
0 0
x x
0 3 ) 1
.(
2
)
1
0
2
0
x
Hệ thức (4) chính tỏ
0
1
x chính là nghiệm của PT (1) x2 – 2x – 3m2 = 0.
Vậy phơng trình 3m2x2 + 2x – 1 = 0 (m 0) luôn có hai nghiệm phân biệt
và mỗi nghiệm của nó là nghịch đảo của một nghiệm của phơng trình (1)
0.75 điểm
0.75 điểm
Bài 2 (1,5điểm)
Cho hệ phơng trình x1y2 (I)
Trang 41 Giải hệ phơng trình (I) khi m = 2.
- Thay m = 2 vào hpt (I) ta đợc:
2 2
2 1
y
x
y
x
+ Nếu x + 1 0 x - 1, ta có x 1 x 1
Với x - 1 ta có hpt:
1 0 1 1 2 2 1 2 2 2 1
y x y y y x y x y x y x
(T/mãn)
Hpt có nghiệm (0 ; 1)
+ Nếu x + 1 < 0 x < - 1, ta có x 1 x 1
Với x < - 1 ta có hpt:
3 3 3 3 5
3
3
2
2
3
2
2
2
1
y x y x y
y
x
y
y
x
y
x
(T/mãn)
Hpt có nghiệm
3
5
; 3 4
Vậy với m = 2 hpt đã cho có 2 nghiệm (0 ; 1) và
3
5
; 3
4
2 Tìm giá trị của m để hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất
2
2 1
I m y x
y x
Nếu x + 1 0 x - 1, ta có x 1 x 1
Nếu x + 1 < 0 x < - 1, ta có x 1 x 1
Hệ phơng trình (I) tơng đơng với 2 hpt sau:
) ( 1
2
2 1
II x
m y
x
y x
1 2
2 1
III x
m y x
y x
+ Giải hpt (II)
1 2 1 1 1
1 1
1
1
1
2
1
m y m x x m y m x x m y y x x
m
y
x
y
x
x
m
y
x
y
x
(vớix ≥-1)
+ Giải hpt (III)
1 3 3 1
3 1
3 3 3 1
3
1
2
1
x m y m x x
m y y x x
m y y x x
m
y
x
y
x
x
m
y
x
y
x
3 3 3 6
1 3 3 6
1
3
3
3
3
m y
m x x
m y
m x
x
m
y
m
x
( với x < - 1) Vì điều kiện x ≥ - 1 của hệ (II) và x < - 1 của hệ (III) thì 2 hpt này không thể
có nghiệm chung
Nên để hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi một trong hai hệ này vô nghiệm còn
hệ kia có nghiệm duy nhất
* Để hệ (II) vô nghiệm thì điều kiện cần là 2 – m < - 1 m > 3
Với m > 3 thì m – 6 > - 3 1
3
6
m
x > - 1 Hệ (III) cũng vô
nghiệm
* Để hệ (III) vô nghiệm thì điều kiện cần là 1 6 3 3
3
6
m m
m
Với m = 3 thì hệ (II) có nghiệm duy nhất (x ; y) = (- 1; 2)
Với m > 3 suy ra x = 2 – m < 2 – 3 = - 1 x < - 1 Hệ (II) cũng vô
nghiệm
Nh vậy với các kết quả ở trên, để hpt đã cho có nghiệm duy nhất khi m = 3
* Điều kiện đủ, với m = 3 ta có hệ
3 2
2 1
y x
y x
tơng đơng với 2 hpt sau:
) ( 1
3 2
2 1
II x
y
x
y
x
1 3 2
2 1
III x
y x
y x
Hệ (II) có nghiệm (x ; y) = (- 1; 2) nhng theo điều kiện x < - 1 của hệ (III) thì
hệ (III) không nhận đợc
Hệ (III) vô nghiệm với x < - 1
Vậy hpt đã cho có nghiệm duy nhất (x ; y) = (- 1; 2) khi m = 3
0.75 điểm
Trang 50.75 điểm
Bài 3 (2,5điểm)
1 Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng
+ Trong đờng tròn (O) có: góc ABC là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn
góc ABC = 900
+ Trong đờng tròn (O’) có: góc ABF là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn
góc ABF = 900
góc ABC + góc ABF = 900 + 900 = 1800
Ba điểm B , F , C thẳng hàng
2 Chứng minh A là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác BDE
+ Trong đờng tròn (O) có:
góc ADB là góc nội tiếp chắn cung AB
góc ACB là góc nội tiếp chắn cung AB
góc ADB = góc ACB (1)
+ Xét tứ giác CDEF có:
gócCDF = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O))
gócCEF = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O’))
góc CDF = góc CEF = 900
Hai đỉnh D và E của tứ giác cùng nhìn cạnh CF dới một góc vuông
Tứ giác CDEF nội tiếp đờng tròn đờng kính CF
Trong đờng tròn đờng kính CF có:
góc ECF = góc EDF (góc nội tiếp đờng tròn cùng chắn cung EF)
hay góc ACB = góc ADE (2)
Từ (1) và (2) góc ADB = góc ADE
DA là phân giác của góc BDE
Lại có: góc DCA = góc DBA (góc nội tiếp đtròn (O) cùng chắn cung AD)
góc ABE = góc AFE (góc nội tiếp đtròn (O’) cùng chắn cung AE)
Mà góc DCA = góc AFE (góc nội tiếp đtròn đkính CF cùng chắn cung DE)
góc DBA = góc ABE
BA là phân giác của góc DBE
+ Xét tam giác ABE có: DA là phân giác của góc BDE
BA là phân giác của góc DBE
A là giao điểm của các đờng phân giác của các góc trong tam giác DBE
A là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác DBE
0.75 điểm
A
B
E D
Trang 6B
A D
D C
E
30
30
60
60
E
A
N
B
M
3 Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O) và (O’)
Vì D (O) , E (O’) nên để DE là tiếp tuyến chung của (O) và (O’)
Thì góc ODE = góc O’ED = 900
Ta có: góc ODA = góc OAD (vì OAD cân tại O)
góc O’AE = góc O’EA (vì O’AE cân tại O’)
mà góc OAD = góc O’AE (hai góc đối đỉnh)
góc ODA = góc O’EA hay góc ODO’ = góc OEO’
Trong tứ giác ODEO’ có 2 đỉnh kề D và E cùng nhìn cạnh OO’ dới 2 góc
bằng nhau
Tứ giác ODEO’ nội tiếp đờng tròn (theo bài toán quỹ tích)
+ Trong tứ giác nội tiêp ODEO’ có: góc ODE = góc O’ED = 900
góc DOO’ = OO’E = 900
Do đó tứ giác ODEO’ là hình chữ nhật từ đó suy ra OD = O’E
Hay R = R’ (I)
Xét tứ giác AOBO’ có: OA = OB = O’A = O’B = R
tứ giác AOBO’ là hình thoi OB // O’A hay OB // AD (3)
Lại có: OD OO’ (vì góc DOO’ = 900)
AB OO’ (quan hệ giữa dây chung và đờng nối tâm)
OD // AB (cùng vuông góc với OO’) (4)
Từ (3) và (4) tứ giác ABOD là hình bình hành
AB = OD = R (II)
Từ (I) và (II) suy ra (O) và (O’) có bán kính bằng nhau (= R) và cắt nhau tại 2
điểm A và B sao cho AB = R thì DE là tiếp tuyến chung của 2 đờng tròn
+) Ngợc lại: hoàn toàn chứng minh đợc nếu (O) và (O’) đã cho thoả mãn R =
AB = R’ thì DE là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O) và (O’)
0.75 điểm
1,0 điểm
Bài 4 (2,0 điểm)
1 Chứng minh ba điểm M, E, N thẳng hàng.
+ Xét đờng tròn (O) có:
góc BEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
góc BMC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
Xét BEC có: góc BEC = 900
góc EBC + góc ECB = 900 mà góc EBC = 600 (vì ABC đều)
góc ECB = 300
mặt khác: góc ECB = góc EMB (góc nội tiếp (O) cùng chắn cung EB)
góc EMB = 300
Ta có: góc EMB + góc BMC + góc CMN = 300 + 900 + 600 = 1800
Ba điểm E , M , N thẳng hàng
2 Tìm quỹ tích điểm N
* Phần thuận:
Có: góc ENC = 600 ( vì MNC đều) , điểm E và C cố định
Trang 7 Điểm N thuộc cung chứa góc 60 vẽ trên đoạn EC.
* Phần đảo:
Xét cung tròn ENC có:
góc ENC = góc EAC (góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ EC)
Vì ABC đều nên góc EAC = 600 góc ENC = 600
Lấy điểm N’ bất kỳ trên cung chứa góc EAC vẽ trên đoạn EC
Các góc EN’C đều là góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ EC
góc EN’C = 600
* Giới hạn:
Vì điểm M chuyển động trên nửa đờng tròn (O) nên:
Khi M B thì N A
Khi M C thì N C
Vậy điểm N chuyển động trên cung ANC của cung chứa góc 600 đợc vẽ trên
đoạn EC cố định
* Kết luận: Quỹ tích điểm N là cung ANC chứa góc 600 đợc vẽ trên đoạn EC
1,0 điểm
1,0 điểm
Bài 5 (0,5điểm)
2008 2009
1
3 4
1 2 3
1 2
1
Giải
2
1 1 ( 2 ) 2
1 2
1 (
2 2
1 1 1 2
1 2
1
2
1 1
1 2 1 2
1 2
1
Tơng tự nh vậy ta có:
2009
1 2008
1 2 2008 2009 1
5
1 4
1 2 4 5 1
4
1 3
1 2 3 4 1
3
1 2
1 2 2 3 1
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên, ta đợc:
2 2008 2009
1
3 4
1 2
3
1
2
1
1 2 2009
1 1 2 2008 2009
1
3 4
1 2
3
1
2
1
2009
1 2008
1 2
5
1 4
1 2
4
1 3
1 2 3
1 2
1 2 2
1 1 2 2008 2009
1
3 4
1
2
3
1
2
1
(Điều phải chứng minh)
0,5 điểm
* Chú ý:
- Trên đây chỉ trình bày 1 cách giải nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa ứng với điểm của câu đó trong biểu điểm.
- Học sinh làm đợc phần nào cho điểm phần đó theo đúng thang điểm của từng phần.
- Trong một câu nếu học sinh làm phần trên sai, dới đúng thì không chấm điểm.
- Bài hình học, học sinh vẽ hình sai thì không chấm điểm Học sinh không vẽ hình mà làm vẫn đúng thì cho nửa số điểm của các câu làm đợc
Trang 8- Bài có nhiều ý liên quan đến nhau, nếu học sinh công nhận ý trên để làm ý dới mà học sinh làm
đúng thì chấm điểm ý đó.
- Điểm của bài thi là tổng điểm của các câu làm đúng và không đợc làm tròn.
= = = Hết = = =