Đồ thị của 3 hàm số trên là những đờng thẳng song song với nhau.. Đồ thị của 3 hàm số trên là những đờng thẳng đi qua gốc toạ độ.. Xác định đợc giá trị lớn nhất của hàm số trên; D.. Khôn
Trang 1Sở giáo dục và đào tạo
Hải Phòng Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Năm học 2009 - 2010
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm có 2 trang Phần I: Trắc nghiệm khách quan (3,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trớc câu trả lời đúng
Câu 1 Biểu thức
1 2
1
x đợc xác định khi :
A
2
1
2
1
2
1
2
1
x
Câu 2 Giá trị của biểu thức 2 3 2 3 bằng:
Câu 3 Cho các hàm số bậc nhất: y = - x + 2; y = - x - 2; y =
2
1
x (1)
Kết luận nào sau đây là đúng ?
A Đồ thị của 3 hàm số trên là những đờng thẳng song song với nhau
B Đồ thị của 3 hàm số trên là những đờng thẳng đi qua gốc toạ độ
C Cả 3 hàm số trên đều nghịch biến
D Hàm số (1) đồng biến, hai hàm số còn lại nghịch biến
Câu 4 Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số 2
2
3
x
A
2
1 :
1 : 3
2
C 2 : 1 D 0 : 2
Câu 5 Cho hàm số 2
3
2
x
y Kết luận nào sau đây là đúng ?
A y = 0 là giá trị lớn nhất của hàm số trên;
B y = 0 là giá trị nhỏ nhất của hàm số trên;
C Xác định đợc giá trị lớn nhất của hàm số trên;
D Không xác định đợc giá trị nhỏ nhất của hàm số trên
Câu 6 Các hệ phơng trình nào sau đây:
(I)
3 1 2
3
y x
y x
(II)
3 2
2
1 2
3
y x
y x
(III)
9 3
3
1 2
3
y x
y x
(IV)
6 2 2
1 2 3
y x y x
tơng đơng với nhau:
A I II B I III C III IV D Cả A, B, C đều đúng
Câu 7 Với giá trị nào của m thì phơng trình x2 – (m + 1)x + 2m = 0 có nghiệm là -2 ?
A m =
2
3
2
3
C m = 2 D Một đáp số khác
Câu 8 Lập phơng trình bậc hai biết 2 nghiệm là 3 2 và 3 2, ta đợc phơng trình:
A 2 2 3 1 0
x
C 2 2 3 1 0
x
Câu 9 Dây cung AB = 12cm của đờng tròn (O; 10cm) có khoảng cách đến tâm O là :
Câu 10 Cho đoạn thẳng OI = 6cm, vẽ đờng tròn (O; 8cm) và đờng tròn (I; 2cm)
Hai đờng tròn ( O ) và ( I ) có vị trí nh thế nào ?
A Tiếp xúc ngoài B Tiếp xúc trong
Câu 11 Tam giác ABC cân tại A, có góc BAC bằng 450 và BC = 4cm nội tiếp đờng tròn
Đề thi thử
Trang 2(O; R) Tính R ta đợc:
A 2cm B
2
Câu 12 Một hình nón có bán kính đờng tròn đáy là 3cm, chiều cao 4cm
Diện tích xung quanh của hình nón (làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2) là :
A 64,24cm2 B 52,16cm2 C 47,10cm2 D 31,4cm
Phần II: Tự luận (7,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho biểu thức
3
3 2 1
2 3 3 2
11 15
x
x x
x x
x
x P
1 Rút gọn biểu thức P
2 Chứng minh rằng
3
2
P
3 Tìm m để có x thoả mãn P( x 3 ) m
Bài 2 (1,0 điểm)
Cho hệ phơng trình:
) 2 ( )
1 (
) 1 ( 4 3 )
1 (
m y m x
m y x m
1 Giải hệ phơng trình khi m = - 1
2 Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả mãn điều kiện x + y = 3
Bài 3: (3,5 điểm)
Cho đờng tròn (O) bán kính R, đờng thẳng d không qua O và cắt đờng tròn tại hai
điểm A và B Từ một điểm C trên d (C nằm ngoài đờng tròn), kẻ hai tiếp tuyến CM, CN với đ-ờng tròn (M, N thuộc (O) ) Gọi H là trung điểm của AB, đđ-ờng thẳng OH cắt tia CN tại K
1 Chứng minh các tứ giác CHOM, COHN nội tiếp
2 Chứng minh KN.KC = KH.KO
3 Đoạn thẳng CO cắt đờng tròn (O) tại I, chứng minh I cách đều CM, CN và MN
4 Một đờng thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần lợt tại E và F Xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích tam giác CEF là nhỏ nhất
Bài 4 (1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
1
2 2
x x
x
Q (với x R)
=== 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 Năm học 2009 - 2010
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm có 2 trang
Đáp án – Biểu điểm
Phần I: Trắc nghiệm khách quan (3,0 điểm)
- Chọn đúng mỗi câu đợc 0,25 điểm
Phần II: Tự luận (7,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho biểu thức
3
3 2 1
2 3 3 2
11 15
x
x x
x x
x
x P
Đề thi thử
Trang 31 Rút gọn biểu thức P.
Ta có: x 2 x 3 ( x 1 )( x 3 )
1 0 1 0 0
0
x x x x x
x
3
3 2 1
2 3 ) 3 )(
1
(
11 15
x
x x
x x
x
x
P
) 1
; 0 ( 3
)
2
5
(
) 3 )(
1 (
) 2 5 )(
1 ( )
3 )(
1 (
) 5
2 )(
1 ( 5 ) 3 )(
1 (
2 7 5 )
3 )(
1
(
2 5
7
) 3 )(
1 (
3 3 2 2 6 2 9 3 11
15
) 3 )(
1 (
) 1 )(
3 2 ( ) 3 )(
2 3 ( )
11
15
(
x x x
x
x x
x x
x x
x x
x x
x x x
x
x
x
x x
x x x x
x x x
x x
x x
x x
x
Vậy
3
) 2 5
(
x
x
P (với x 0 ;x 1)
2 Chứng minh
3
2
Ta có
3
) 2 5 (
x
x
3
2
P
0 )
3
(
3
17
0 )
3 ( 3
6 2 6 15 0
3
2 3
) 2 5 ( 3
2 3
) 2
5
(
x
x
x
x x
x
x x
x
) 3 ( 3
17 0
17
; 0
x
x x
x
3
2 3
) 2 5
(
x
x P
3 Tìm m để có x thoả mãn P( x 3 ) m
x
x x
x
3
) 2 5 ( 3
) 2 5 (
5
2 5
2 )
2
5
x m x
5
2
0
x
5
2 1
1
x
Vậy với m 2 ;m 3 thì có x thoả mãn P( x 3 ) m
0.5 điểm
0.5 điểm
0.5 điểm
Bài 2 (1,0 điểm)
Cho hệ phơng trình:
) 2 ( )
1 (
) 1 ( 4 3 )
1 (
m y m x
m y x m
1 Giải hệ phơng trình khi m = - 1
- Thay m = - 1 vào hpt ta đợc :
1 2 9 3 2 4 2 7 2 1 2 7 2 1
)
1
1
(
4
)
1
3
)
1
1
(
y x y y x y x y
x
y x y
x
y
x
5 3 6
3
1
3
.
2
3
x
y
x
y
x
y
Vậy với m = -1 hpt có nghiệm duy nhất (x ; y) = (5 ; 3)
2 Tìm m để hệ phơng trình có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả mãn điều kiện x
+ y = 3
Trang 4I
B A
O
K
C
M
H
N E
F
- Xét hệ phơng trình: x (m 1 )y m ( 2 )
- Để hpt có nghiệm duy nhất thì ( 1 ) 1
1
1 1
m m
m
0 2 1
1
1
1
m m m
m
- Với m 0 ;m 2 từ pt (2) ta có x = m – (m - 1)y thay vào pt (1) ta đợc:
(m – 1){m – (m – 1)y} + y = 3m - 4
m(m – 1) – (m – 1)2y + y = 3m – 4
(- m2 + 2m – 1 + 1)y = 3m – 4 – m2 + m
(- m2 + 2m)y = - m2 + 4m – 4
- m(m – 2)y = - (m – 2)2
m
m m
m
m
) 2 (
) 2
( vì m 0 ;m 2)
x = m – (m – 1)
m
m 2
m
m m m m m
m m
m
m
x3 2
Nh vậy với m 0 ;m 2 hpt có nghiệm duy nhất :
m y
m x
m
m
y
m
m
x
2 1
2 3 2
2
3
Để hpt có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả mãn điều kiện x + y = 3 thì
m m
m
m m
m m
m
m
m
m
3 4 4 3 2 2
3 3 2
2
3
(vì m 0 ;m 2) 4
m (Thoả mãn điều kiện m 0 ;m 2)
Vậy với m = 4 thì hpt có nghiệm duy nhất thoả mãn điều kiện x + y = 3
0.5 điểm
0.5 điểm
Bài 3: (3,5 điểm)
- Vẽ hình đúng và ghi GT – KL cho 0,5 điểm
1 Chứng minh các tứ giác CHOM, COHN nội tiếp
Ta có: CM OM (vì CM là tiếp tuyến của (O)) gócCMO = 900
CN ON (vì CN là tiếp tuyến của (O)) gócCNO = 900
H là trung điểm của dây AB (gt)
OH AB ( quan hệ đk và dây cung) gócOHC = 900
+ Xét tứ giác CHOM có:
gócCMO + gócOHC = 900 + 900 = 1800 mà 2 góc ở vị trí đối nhau
Tứ giác CHOM nội tiếp đờng tròn đờng kính OC
+ Xét tứ giác COHN có:
gócOHC = gócONC = 900
Hai đỉnh H và N của tứ giác cùng nhìn cạnh OC dới một góc vuông
0.5 điểm
Trang 5 Tứ giác COHN nội tiếp đờng tròn đờng kính OC
(Theo bài toán quỹ tích)
2 Chứng minh KN.KC = KH.KO
Trong đờng tròn ngoại tiếp tứ giác COHN có:
gócHON là góc nội tiếp chắn cung HN
gócHCN là góc nội tiếp chắn cung HN
gócHON = gócHCN (=1/2sđ cung HN) hay gócKON = gócHCK
Xét KNO và KHC có:
gócKNO = gócKHC = 900
gócKON = KCH (cm trên)
KNO KHC (g.g)
KC
KO
KH
KN
(cạnh tơng ứng) KN.KCKO.KH (Đpcm)
3 Chứng minh I cách đều CM, CN và MN
Ta có: CM là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm M
CN là tiếp tuyến của (O) tại tiếp điểm N
CM = CN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
CO là tia phân giác của gócMCN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
OC là tia phân giác của gócMON (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
gốcMOI = góc NOI cung MI = cung NI
Lại có: gócCMI =
2
1 sđ cungMI (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) gócNMI =
2
1 sđ cungNI (góc nội tiếp (O) chắn cung NI)
mà cungMI = cungNI
gócCMI = gócNMI MI là tia phân giác của gócCMN
+ Xét CMN có:
CI là phân giác của gócMCN (cm trên)
MI là phân giác của gócCMN (cm trên)
CI MI tại I
I là giao điểm của 3 đờng phân giác của CMN
I cách đều 3 cạnh CM, CN và MN của CMN (Đpcm)
4 Xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích tam giác CEF là nhỏ nhất
Ta có: CM = CN (cm phần c) CMN cân tại C
Có : CO là phân giác của cânCMN CO cũng là đờng cao
CO MN mà EF // MN (gt)
CO EF góc COE = góc COF = 900
Xét COE và COF có:
gócCOE = gócCOF = 900
OC (cạnh chung)
gócOCE = gócOCF
COE = COF (g.c.g) SCOE SCOF
Ta có:
OM ME CM OM
CE OM CE S
S S
2
1 2
R ME CM
S CEF ( ).
CEF
S nhỏ nhất khi (CM + ME) nhỏ nhất
Xét COE (góc O = 900) có: OM là đờng cao
CM.ME = OM2 (hệ thức (2)) CM.ME = R2 (không đổi)
CM + ME nhỏ nhất khi CM = ME ( OM là trung tuyến ứng với cạnh
huyền của vuôngCOE OM = CM = ME = CE
2
1 )
CM + ME nhỏ nhất khi CM = ME = OM = R
Xét OMC (góc M = 900) có: OC2 = OM2 + CM2 ( đlý Pi-ta-go)
0.5 điểm
1.0 điểm
1.0 điểm
Trang 6 OC = R + R = 2R OC = R 2
Vậy C là giao điêm của đờng tròn (O ; R 2) với đờng thẳng d thì diện tích
tam giác CEF sẽ nhỏ nhất và minSCEF (CM ME).R (RR)R 2R2
0.5 điểm
Bài 4 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
1
2 2
x x
x
Q (với x R)
- Gọi m là giá trị của biểu thức Q
Phơng trình m
x x
x
1
1
2
2
: phải có nghiệm
Xét phơng trình m
x x
x
1
1
2
2
vì x x x 0 x
4
3 ) 2
1 (
2
+ Nếu m - 1 = 0 m = 1 : PT (1) có nghiệm x = 0
+ Nếu m – 1 0 m 1: PT (1) là PT bậc 2
Khi đó PT (1) có:
4 8 3 4 8 4 )
1 ( 4 )
1 )(
1 (
2
Để PT (1) có nghiệm thì ≥ 0 - 3m2 + 8m – 4 ≥ 0
3m2 - 8m + 4 ≤ 0 m2 83m340 (m 34)2 940
3
4 3
2 3
4 3
2 3
2 3
4 3
2 3
2 3
4 9
4 )
3
4
2
3
2
1 0
) 1 ( 0 1 2
0 1 2 2 ) 1 2 ( 2
max
1 0
) 1 ( 0 1 2 0
3
1 3
2 3 1
0 1 3
2 3
2 ) 1 3
2 ( 3
2
min
2 2
2
2 2
2 2
x x
x x
x x Q
x x
x x x
x x Q
Vậy minQ =
3
2 khi x = - 1 và maxQ = 2 khi x = 1
* L u ý :
- Làm đợc phần nào cho điểm phần đó theo thang điểm của từng phần
- ở bài hình nếu thí sinh nào làm không chứng minh phần trớc mà áp dụng phần đó để làm phần sau thì cũng đợc điểm theo thang điểm tơng ứng, trong bài thi không vẽ hình mà chứng minh đúng thì cho nửa điểm của số phần làm đợc tơng ứng còn vẽ hình sai mà chứng minh
đúng thì không cho điểm
= = = Hết = = =