DAP AN 5 ĐÊ TS LOP 10 -2011-2012

Xác định tâm I của đường tròn đó... Nên tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.. - Vì đường tròn này có đường kính là đoạn MO, nên tâm I của đường tròn là trung điểm của đoạn MO.. * Tính diện

Đáp án : Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT – Môn Toán

ĐỀ 1

Bài 1 :

( 2,00 điểm )

a ( 1,00đ ) :

27− 3+ 3 1− Tính được 27 3 3=

3 1− = 3 – 2 3 + 1

b (1,00đ) Giải hệ phương trình x 2y 4

x y 1



 − =

 Trừ hệ phương trình vế theo vế được 3y = 3  y = 1 Tìm được x = 2

Kết luận nghiệm của hệ là (2; 1)

0,25đ 0,5đ 0,25đ

0,5đ 0,25đ 0,25đ Bài 2 :

( 2,5 điểm ) a ( 1,00 điểm )

α ∆’ = 1 – m + 1 = 2 – m

- phương trình có 2 nghiệm  2 – m > 0  m < 2

β Thế x = 2  22 + 2.2 + m – 1 = 0

 m = -7

b ( 1,5 điểm ) Cho hàm số : y = 1 2

x

2 có đồ thị là ( P )

α (1,0 điểm )

- Lập đúng bảng giá trị ( 3 giá trị )

y = 2

1

2x

2

2

2

- Vẽ đúng đồ thị

- 1

y 2

x

>

2 1 -2 -1 O

β ( 0,5điểm )

- Tìm đúng tọa độ điểm M(2 ; 2)

- Dùng định lý Pitago tính được OM = 2 2 (đvđd)

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,25đ 0,25đ 2

Bài / Câu Nội dung Điểm

Bài 3 :

( 4,00 điểm )

H K

I

O M

A

B

E

F

a / ·AEC ACD 2v+· =  Tứ giác AECD nội tiếp

b./ CDE CAE· = · ( cùng chắn »EC )

CBA CAE= ( cùng chắn »AC )

 CDE CBA· = ·

c / CFB CDB 2v· +· =  tứ giác FCDB nội tiếp 

CDF CBF= ( cùng chắn »CF) = ·CAB ( cùng chắn »CB )

ICK IDK ICK IDC CDK+ = + +

= ·ACB CAB CBA+· +· = 2v  Tứ giác CIDK nội tiếp

CIK CDK= ( cùng chắn »CK )

 ·CIK CAB= · (đồng vị )  IK // AB

d./ Không mất tính tông quát : Giả sử AC < BC  D thuộc đoạn AH

 AC2 = AD2 + CD2 = ( AH – DH)2 + CD2 = AH2 + DH2 – 2AH.DH + CD2

BC2 = BD2 + CD2 = ( BH + DH)2 + CD2 = BH2 + DH2 + 2BH.DH + CD2

 AC2 + BD2 = 2AH2 + 2HC2

vì AH không đổi nên AC2 + BD2 nhỏ nhất khi HC nhỏ nhất ⇔

C là điểm chính giữa»AB

0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

Bài 4 :

( 1,5điểm )

Ta có : ∆= b2 – 4c ≥0  b2 ≥4c

Từ hệ phương trình  x1 – x13 = (x1 – x2)(x1 + x1.x2 +

x2 ) = 35  x12 + x1.x2 + x22 = 7

- Ta có x1 + x2 = - b  b2 = (x1 + x2)2 = x1 + 2x1.x2 + x2 và

x1.x2 = c

0,25đ 0,25 đ 0,25 đ

2 H v

u

M

Q

P

1

3 2

3 y

 b2 – c = x1 + x1.x2 + x2 = 7 (*)

x1 – x2 = 5  (x1 – x2)2 = 25  b2 – 4c = 25 (**)

Từ (*) và (**)  hệ phương trình

2 2

 − =





− =



 c 6

= −



 = ±

 (thỏa điều kiện)

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

Chú ý:

- Trên đây là một cách giải cho mỗi câu ,các cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa

- Bài hình học phải có hình vẽ, nếu không có hình thì không chấm phần bài làm

ĐỀ 2

Bài 1 : (2,00 điểm )

a/ - Tính A= 14 – 4 = 10

7 9

−

−

- Tính đúng S= 2007

0,25 đ 0,50 đ

0,25 đ

b/ - Biến đổi được : x4 + 3x2 – 18 = 0

- Đặt t= x2 (t ≥ 0 ) , đưa về được phương trình t2 + 3t – 18 = 0

và giải tìm được t1=3 ; t2 = - 6

- Loại giá trị t2 = - 6 , nhận giá trị t1=3 và ghi đúng x2 = 3

- Tìm được 2 nghiệm x1= 3 ; x2 = - 3

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

Bài 2 : ( 2,50 điểm )

a/ - Tìm được đúng 2 điểm thuộc đường thẳng

- Vẽ đúng đồ thị gồm hệ trục toạ độ và đường thẳng đi qua 2 điểm đã

tìm được ở bước trên

0,25 đ

0,50 đ

4

S

E

B A

b/ - Nêu đúng P(0;3) ; Q(4;0)

- Tính đúng PQ = 5 (cm)

- Tính chu vi tam giác OPQ là : 3 + 4 +5 = 12 (cm)

- Vẽ OH ⊥ PQ , tính . 12 2, 4

5

OP OQ OH

PQ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

c/ - Gọi M(u,v) trong hệ toạ độ Oxy , vì 3 3

4

v= − u+ nên điểm M thuộc đường thẳng PQ

- Tính được OM2 = u2+v2 ⇒ OM = u2+v2

- Do OM ≥OH ; mà 12

5

5

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Bài 3 : ( 4,00 điểm )

a/ - Nêu được ·BAE EAC=· (gt) ⇒BE EC» = »

- Từ »BE EC=» ⇒ BE = EC ⇒ ∆BECcân

0,25 đ 0,25 đ

2

BSE=sñ − sñ ( góc có đỉnh ngoài đường tròn )

2

BDE= sñ + sñ ( góc có đỉnh trong đường tròn )

- Do đó ·BSE BDE+· =sñ»AC

- Nêu được ·2.ABC=sñ»AC ( góc nội tiếp chắn »AC )

- Suy ra được ·BSE BDE+· =2.·ABC

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

c/ Tứ giác SBDE nội tiếp đường tròn khi và chỉ khi ·BSE BDE+· =1800

Hay ·2.ABC=1800 ( vì ·BSE BDE+· =2·ABC) ⇔ ·ABC=900

0,25 đ 0,25 đ

E H

S

B

A

Mà gĩc ·ABC là gĩc nội tiếp của (O) nên AC là đường kính của (O)

Vậy khi A đối xứng với C qua O thì tứ giác SBDE nội tiếp đường trịn

0,25 đ 0,25 đ

d/

-Vẽ DH ⊥ AC

- Cm được AHD∆ đồng dạng AEC∆ (g,g)

- Suy ra được:

AH AD

AD AE AH AC

- Tương tự : ∆CHDđồng dạng ∆CBA

CD CB CH CA

Từ (1) , (2) ⇒ AD AE CD CB AH AC HC AC + = + =

=AC AH HC.( + )=AC AC =4R2

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Bài 4 : (1,50 điểm)

a/ - Tính ∆'=a− + − =1 a 1 2a−2

Lý luận để pt (1) cĩ 2 nghiệm phân biệt thì ∆'> 0 ⇒ 2a− > ⇒ >2 0 a 1

0,25đ 0,25đ

b/ Tính được 1 2

1 2



2 a 1

y

a

−

=

2

a

a

=

2

1

a a

−

- Vì

2

a a

−

 ≥0 với mọi a > 1

1

y

⇒ ≥ ⇒ ≤ nên giá trị lớn nhất

của y là 1 ứng với a− − = ⇔ =1 1 0 a 2

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

-Chú ý:đáp án trên đây chỉ là một cách giải ,mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tối đa

6

ĐỀ 3

Bài / Câu Nội dung Điểm BÀI 1

(2,00 điểm)

Câu 1.a :

(1,00 điểm)

Câu 1.b :

(1,00 điểm)

Dùng máy tính ghi kết quả : không cho điểm

* Tính : A 45 2 20 5 1

5

0

=

* Giải phương trình : 3x2−7x 2 0+ = Tính được ∆ = −( 7)2−4.3.2 25=

Vì ∆>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :

0,25 x 3 0,25

0,25 0,25 0,25 x 2

BÀI 2 :

(2,50 điểm)

Câu 2.a :

(1,25 điểm) * Vẽ đồ thị (P) :

2 x y 2

=

- Lập bảng giá trị (ít nhất có 3 giá trị nào đó, mỗi cặp giá trị đúng cho 0,25) Ví dụ :

1

- Vẽ đúng đồ thị hàm số :

- 1

y 2

x

>

2 1 -2 -1 O

Yêu cầu : + Có đầy đủ dấu mũi tên của các trục tọa độ Oxy

+ Đồ thị đi qua gốc tọa độ và có tính đối xứng qua trục tung Oy (tương đối)

* Tọa độ giao điểm M của hai đường thẳng (d1) và (d2) là nghiệm

0,25 x 3

0,25 0,25

Bài / Câu Nội dung Điểm Câu 2.b :

(0,75 điểm)

Câu 2.c :

(0,50 điểm)

của hệ phương trình :

3

2 1

2

 = − +







- Đi đến hệ phương trình 2x 2y 3

x 2y 12



− + =

 và giải được nghiệm

x= −3 và y 9

2

= Nên : M( 3; )9

2

- Thay x= −3 , y 9

2

= vào hàm số

2 x y 2

= thỏa Do đó M∈(P) Kết luận : Vậy đồ thị (P) đi qua giao điểm của hai đường thẳng (d1)

và (d2)

* Vì (d3) song song với (d1) nên phương trình có dạng :

3

2

- V ì A là điểm thuộc đồ thị (P) có hoành độ x= 2, nên tung độ là

: ( )2

2

2

- Thay x= 2, y 1= vào (d3) tìm được b= 2 1+

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

BÀI 3 :

(4,00 điểm)

Câu 3.a :

(1,00 điểm)

* Chứng minh : Tứ giác MAOB nội tiếp được đường tròn Xác định tâm I của đường tròn đó.

8

N H I

M

A

Bài / Câu Nội dung Điểm

Câu 3.b :

(1,00 điểm)

Câu 3.c :

(1,00 điểm)

Câu 3.d :

(1,00 điểm)

- Từ giả thiết suy ra : · 0 · 0

MBO 90 , MAO 90= =

- Suy ra : ·MBO MAO 180+· = 0 Nên tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn

- Vì đường tròn này có đường kính là đoạn MO, nên tâm I của đường tròn là trung điểm của đoạn MO

* Chứng minh : ·OAB IAM= · .

- Ta có: ·OAB OMB=· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (I) )

- ·IAM IMA=· ( IAM∆ cân do IA = IM, bán kính của (I))

- Mà : ·IMA OMB=· (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

- Nên : ·OAB IAM=·

* Chứng minh : N là trung điểm của AH.

- Vì AH // MB (cùng vuông góc với BC) Nên theo hệ quả của định

lý Ta-let, ta có : CN NH

CM= MB hay CN NH

CM =MA (1)

MAB MBA= (T/C tt)

Mà góc MBA + góc ABH = 900

Và góc ABH + góc BAH = 900

=> góc MAB = góc BAN Nên AB là phân giác góc MAN Lại có AC ⊥ AB => AC là ph giác ngoài

Áp dụng T/C đg ph giác => CN AN

CM = AM(2) (1) và (2) => … NH AN

AM =AM => NH = NA Vậy N là trung điểm của AH

* Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ

AB của đường tròn (O) theo R.

- Tính được số đo cung nhỏ AB bằng 1200

- Tính diện tích hình quạt OAB :

q

R 120 R S

0,25 x 2 0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài / Câu Nội dung Điểm

- Chứng minh tam giác OAC đều và tính được : AH R 3

2

=

- Suy ra diện tích tam giác OAB :

2 OAB

S

- Vậy diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây AB và cung nhỏ AB của đường trịn (O) là :

2 2

2

q OAB

∆

π − π

0,25

BÀI 4

(1,50 điểm)

Câu 4.a :

(0,75 điểm)

Câu 4.b :

(0,75 điểm)

* So sánh : 2012− 2011 với 2011− 2010

- Biến đổi được : 2012 2011 1

2012 2011

+

2011 2010 1

2011 2010

+

- Vì 2012+ 2011> 2011+ 2010

2012 2011< 2011 2010

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :A 3 4 x

x 1

−

= + .

- Điều kiện : x 0≥

- Biến đổi :

- Vì x 0≥ (ĐK) nên ( )2

x 2

0

x 1

−

≥ + Do đĩ : A≥ −1 Vậy : min A = –1 khi x = 4

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Chú ý : - Trên đây chỉ là một cách giải Các cách giải khác đúng thì cho điểm tối đa phần tương

ứng

- Bài 3 phải cĩ hình vẽ Khơng cĩ hình vẽ thì khơng chấm phần bài làm

10

ĐỀ 4

Bài Nội dung Điểm

Bài 1: (2,0 đ ) a Lập ∆, = 36 ; ∆, = 6

Tính x1 = 2 6 6

3

+ và x1 = 2 6 6

3

−

b Tính được : 6 2 3 2 4 2 9 2

2 + − −

Kết quả 11 2

2

−

0,5

0,5

0,5

0,5

Bài 2:( 2,5 đ) a Vẽ (P) : y = - ¼ x2

α) Bảng giá trị tính đúng 3 cặp số

Vẽ (P) qua gốc toạ độ , thể hiện tính đối xứng

β) Tìm được toạ độ M(-2; -1) và N(4; -4) Lập được hệ phương trình − + = −

 + = −



Giải hệ :a = 1

2

− ;b = -2

Kết luận (D) y = 1

2

− x-2 b) Điều kiện phương trình có nghiệm :∀m Lập x1+x2= 2(m + 2)

x1x2= m +1 Biến đổi hệ thức đã cho thành (x1+x2) - 4 x1x2 = m2 Thay tổng tích và tính : m = 0; m = -2

0,25

0,5

0.25 0.25

0.25

0.25 0.25

0.25 0.25

Bài 3(4điểm)

11

-1

N -1 N'

y

x

O

5 4

3

I

B

C E

A

a) = 900(gt) = 900(gt) Hai điểm A và C cùng nhìn KF dưới một góc vuông Vậy tứ giác KACF nội tiếp

b) + = 1800 (tính chất tứ giác nội tiếp) + = 1800 ( kề bù)

Mà = 450 (tính chất đường chéo hình vuông)

⇒ = 450 c)ta có = = 450 (Cùng chắn cung AK của (ACFK)

∆KAF cân tại A ⇒ AK = AF

Trong tam giác KAE có : 12 12 12

⇒ 12 12 12

Mà AD không đổi , do đó 12 12

AE + AF không đổi khi E di động trên DC

d) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC

Vẽ đường kính EI của đường tròn tâm O

Ta có AE2 = AD2 + DE2

⇒ AE = 5cm Tính được ·AIE 45= 0 ⇒IE = 5 2 cm

⇒ OI = 2,5 2 cm

Ta có : m2 - 2m + 3 = (m –1 )2 +2 ≥ 2 ∀m

⇒ ≥

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

0.25 0.25

0.25

0.25

0,25

0,25 0,25

0,25

12

⇒ 1 - < 0

Mà x1 = - < 0 x2 = - < 0

⇒ Hàm số đồng biến trong R _ Chứng minh được : - < - Vậy : f(-) < f( 7− 8)

0,25

0,25

0,5 0,25

ĐỀ 5

Bài1/a

(1điểm)

Tính:

15 15 15

15 15

2

A A A

= − 

= − 

= −

=

0,5đ

0,25đ 0,25đ

Bài1/b

−

2 4 4 2011

2

B

x

−

−

−

−

2 ( 2) 2011

2 2 2011

2

x B

x x B

x

Vì x > 2 nên x –2 >0 Vậy :

−

−

( 2)

2

x B

x

0,25đ 0,25đ 0,5đ

Bài2/a

(1điểm) a/ Vẽ Parabol (P) : y = −1 2

2 x

Lập đúng bảng giá trị:

y = −1 2

2

2

-2

- Vẽ đúng đồ thị

0,25đ

0,75đ

Câu 2b

(0,5 đ )

4

2

-2

-4

-6

y

x

- Vì điểm M ( 3 1− ; k) thuộc đồ thị hàm số y = −1 2

2 x

Nên k = 1( )2

3 1 2

2

1

3 2 3 1 2

3

k

−

⇔ =

0,25 đ

0,25 đ

Bài2/c

(1điểm)

-Gọi giao điểm của (d) với (P) là A và B

-Tìm đúng tọa độ của A và B

A ∈ (P) có xA = 1 ⇒ yA = 1

2

− Vậy A(1; −1

2 )

B ∈ (P) có xB = -3 ⇒ yB = 9

2

− Vậy B(-3; −9

2 ) -Đường thẳng (d): y = ax + b đi qua A và B nên ta có hệ:

−

 + =



− + =



1 2 9 3

2

a b

a b

-Giải hệ đúng tìm được a = 1 và b = −3

2 -Vậy phương trình đường thẳng (d) là : y = x -3

2

0,25đ

0,25đ

0,5đ

14

Bài 3/a

(1điểm)

Phương trình :x2 +(m +1)x +1 = 0 (1) a/ Khi m = 5 1− ta có phương trình : x2 + 5 x+1 = 0

- Tính đúng ∆ = 1 > 0 ⇒ ∆ =1

- Tìm đúng hai nghiệm :

0,25đ 0,25đ

0,5đ

Bài 3/b

(0,75đ) Phương trình :x

2 +(m +1)x +1 = 0 (1) -Phương trình có hai nghiệm x1; x2 ⇔∆≥ 0

⇔ (m+1)2 – 4 ≥ 0

- Khi phương trình có nghiệm theo hệ thức Vi-et ta có :

( 1)

1 2

x x

 + = − +





=



-Ta có :A = 2 2

x +x

2

2 2

= − +  − = + −

= + − +

Vì ∆ = (m+1)2 - 4 ≥ 0 ⇒ A ≥ 2 Vậy A nhỏ nhất bằng 2 ⇔ ( m+1)2 –4 = 0 ⇔ (m-1)(m+3) = 0

⇔ m = 1 hoặc m = -3

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Bài 4

(3,75đ)

) )

M

I K

D

H

E

C

A

F

Câu a

(0,75điểm) -Ta có ·ACB =900 (nội tiếp nửa đường tròn )

⇒ BC ⊥ AC mà EH ⊥ AC (Giả thiết) ⇒ BC //EH

0,25đ 0,5đ

Câu b

(1điểm) Ta có AD là phân giác góc CAB

CAD BAD

⇒ = ⇒ sđ »CD = sđ ¼BD (hệ quả góc nộI tiếp)

⇒ sđ »CD= sđ ¼BD =900 : 2 = 450

2

AMB = (sđ ¼AB -sđ »CD) ( góc có đỉnh ngoài đường tròn )

⇒ · 1

2

AMB = (1800 – 450 ) = 67030’

0,5đ

0,5đ

Câu c

(1 điểm) Vì EH //BC ⇒ ·AEK ABC= · ( đồng vị )

Trong đường tròn (O) ta có : ·AFK =ABC· (cùng chắn cung AC) Suy ra : ·AEK = ·AFK⇒ E và F cùng nhìn AK dướI nột góc bằng nhau nên AFEK nội tiếp

0,25đ 0,25đ 0,5đ

Câu d

(1điểm) ∆ AIC có AK là tia phân giác góc CAI ⇒ AI KI (1)

∆ CIB có EK//CB theo định lí Ta-Lét ta có : IE KI (2)

Từ (1) và (2) ⇒ AI IE

AC = BE mà AC = BE ( giả thiết) ⇒ AI = IE

0,25đ

0,25đ 0,5đ

Chú ý: Trên đây là một cách giải cho mỗi câu ,các cách giải khác đúng đều cho điểm tối

đa

16

-Bài hình học phải có hình vẽ, nếu không có hình thì không chấm phần bài làm