Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT (30)

2 Chứng minh rằng tứ giác OBDC là hình thoi.. chứng minh O, M, K thẳng hàng... Gọi M là trung điểm của cung nhỏ BC 1/ Chứng minh AM là tia phân giác của góc BAC... Chứng minh MN... Chứng

SỞ GD&ĐT BÌNH DƯƠNG

-*** -ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012

Môn : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1: (1đ)

Tính M = 15 x2− 8 15 16 x + , tại x= 15

Bài 2 (2đ)

1) Vẽ đồ thị hàm số sau trên cùng 1 mặt phẳng toạ độ :

; y = -x + 5 (d’)

Và tìm toạ độ giao điểm A của (d) và (d’) bằng cách giải hệ phương trình

2) Tìm m để (P): y = mx2 đi qua điểm có toạ độ (3;2)

Bài 3(2đ)

1) Giải phương trình : x2 + 7x + 10 = 0

2) Giải phương trình : x4 - 13x2 + 36 = 0

Bài 4(2đ)

1) Tính chiều dài và chiều rộng của một hình chữ nhật có nữa chu vi là 33m và diện tích là 252m2 2) Cho phương trình : x2 – 2(m + 2)x + 2m + 3 = 0 (1)

Tìm tất cả giá trị m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt đều lớn hơn 0,5

Bài 5 (3đ)

Cho đường tròn (C) tâm O Từ 1 điểm A ngoài (C) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC với (C) (B,C là 2 tiếp điểm) Vẽ đường thẳng (d) qua C và vuông góc với AB, (d) cắt đường thẳng AB tại H cắt (C) tại E, C và cắt đường thẳng OA tại D

1) Chứng minh rằng CH // OB và tam giác OCD cân

2) Chứng minh rằng tứ giác OBDC là hình thoi

3) M là trung điểm của EC, tiếp tuyến của (C) tại E cắt đường thẳng AC tại K chứng minh O, M, K thẳng hàng

Bài 1: (1đ)

2

Thay x= 15 ⇒ M = 15 15 4 − = 11 11 =

Bài 2 (2đ)

1) Vẽ đồ thị hàm số sau :

y = 2x – 4 -4 0

y = -x + 5 5 0

Hệ phương trình của (d) và (d’)

y= 2x – 4 0= 3x – 9 x= 3 x= 3

Vậy: toạ độ giao điểm của (d) và (d’) là A(3;2)

2) Vì (P): y = mx2 đi qua điểm có toạ độ (3;2) , tức x = 3 ; y = 2

Ta được: 2 = m32⇔ m = 2

9

Bài 3(2đ)

1) x2 + 7x + 10 = 0

∆ = b2 – 4ac = 49 – 40 = 9

Vì ∆ > 0 nên Pt có 2 nghiệm phân biệt:

1

2

7 3

2;

7 3

5

b x

a b x

a

− + ∆ − +

− − ∆ − −

1)

2) x4 - 13x2 + 36 = 0

Đặt x2 = t ≥ 0

Ta được: t2 – 13t + 36 = 0

∆ = b2 – 4ac = 169 - 144 = 25

Vì ∆ > 0 nên Pt có 2 nghiệm phân biệt:

1

2

13 5

9( )

13 5

4( )

b

a b

a

Với t = t1 = 9 = x2 ,⇒ x = ±3

Với t = t2 = 4 = x2 ,⇒ x = ±2

Vậy Pt có 4 nghiệm: x = ±3 ; x = ±2

Bài 4(2đ)

1) Gọi x(m) là chiều rộng hình chữ nhật ( x > 0)

252

x (m) là chiều dài hình chữ nhật

Vì chu vi hình chữ nhật là 33m, nên ta có PT:

2

252

33

33 252 0

x x

+ =

∆ = b2 – 4ac = 1089 – 1008 = 81

Vì ∆ > 0 nên Pt có 2 nghiệm phân biệt:

1

2

33 9

21( )

33 9

12( )

b

a b

a

Vì 21 + 12 = 33

Vậy: chiều dài: 21m và chiều rộng 12m

2) x2 – 2(m + 2)x + 2m + 3 = 0 (1)

∆’ = b’2 – ac = [-(m + 2)]2 – (2m + 3) = m2 + 2m + 1= (m + 1)2 ≥ 0

Vì ∆’ ≥ 0 nên PT luôn có nghiệm với mọi m

1

2

' ' ( 2) | 1|

0,5

5 1

0,5 1

x

x

a



Vậy: 5

4

m > −

thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt đều lớn hơn 0,5

Bài 5 (3đ)

1)

Có AB ⊥ OB (AB là tiếp tuyến)

Và AB ⊥ CH (gt)

⇒ CH // OB

· AOB ODC ·

Mặt khác theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau tại A, ta có :

· AOB AOC = · (OA là tia phân giác của ·BOC)

Nên ODC · = · AOC

⇒∆OCD cân tại C

2)

∆OBD và ∆OCD có:

· AOB AOC = · (cmt)

OD: chung

OB = OC ( = R)

Nên ∆OBD = ∆OCD(c-g-c)

⇒ OB = OC; DB = DC

Mà CO = CD(∆OCD cân tại C)

Nên OB = OC = DB = DC

⇒ Tứ giác OBDC là hình thoi

3)

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau tại K, ta có :

KE=KC

OE=OC(=R)

 ⇒



 KO là đường trung trực của EC Nên KO đi qua trung điểm M của đoạn thẳng EC

Hay O, M, K thẳng hàng

-Hết -Kỳ thi tuyển sinh Đồng Nai 2011 – 2012 Câu I: 2, 5đ

1/ Giải PT 2x2 – 3x – 2 = 0

2/ Giải HPT







=

−

= +

0 3 2

7 3

y x

y x

3/ Đơn giản biểu thức P = 5 + 80 − 125

4/ Cho biết a + b = a − 1 + b − 1 ( a ≥ 1 ; b ≥ 1 ) Chứng minh a + b = ab

Lưu ý: các câu 1/, 2/ 3/ không sử dụng máy tính

Câu II: 3,0đ

Cho Parapol y = x2 (P), và đường thẳng : y = 2(1 – m)x + 3 (d), với m là tham số

1/ Vẽ đồ thị (P)

2/ Chứng minh với mọi giá trị của m, parapol (P) và đường thẳng (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt

3/ Tìm các giá trị của m, để (P) và (d) cắt nhau tại điểm có tung độ y = 1

Câu III: 3, 5đ

Cho (O), dường kính AB = 2R, C là một điểm trên đường tròn ( khác A, B) Gọi M là trung điểm của cung nhỏ BC

1/ Chứng minh AM là tia phân giác của góc BAC

2/ Cho biết AC = R Tính BC, MB

3/ Giả sử BC cắt AM ở N Chứng minh MN MA = MC2

Câu IV: 1,0đ

Chứng minh P= x4 – 2x3 + 2x2 – 2x + 1 ≥0, với mọi giá trị của x Đáp án

Câu I

1/ PT có hai nghiệm x1 = 2; x2 = -0,5

2/ Hệ PT có nghiệm ( ) 











= 9

14

; 3

7

; y

x

3/ P = 5 + 80 − 125 = 5 + 4 5 − 5 5 = 0

4/ Vì a ≥ 1 , b ≥ 1 ⇒ a − 1 ≥ 0 , b − 1 ≥ 0 , a + b ≥ 0

( )( ) ( a )( b ) ( a )( b ) ab a b

b a b

a b a b

a

b

a

+

=

⇔

=

−

−

⇔

=

−

−

⇔

−

− +

− +

−

= +

⇔

− +

−

=

+

1 1 1 2

1 1

2

1 1 2

1 1 1

1

Câu II:

1/ Vẽ (P)

2/ PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x2 – 2(1 – m)x – 3 = 0 a,c trái dấu hoặc ∆ '= (1 – m)2 + 3 >0

nên pt luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m

vậy (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m Câu III

1

N

M

A

O

B C

1/ Chứng minh AM là tia phân giác của góc BAC

MÂC là góc nội tiếp chắn cung MC

MÂB là góc nội tiếp chắn cung MB

Mà hai cung MC, MB bằng nhau theo gt

Nên MÂC = MÂB hay AM là phân giác của BÂC

2/ Cho biết AC = R Tính BC, MB

0 90

ˆ B =

C

A ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn dường kính AB), nên tam giác ABC vuông tại C

Áp dụng định lý Pytago tính được BC = R 3

Tam giác AOC đều ( OA = OC = AC = R)

Do đósđ A C  = 600⇒ sđ B C  = 1200

Nên sđ M B = sđ B C = 600 ⇒ MB = R

2



3/ Giả sử BC cắt AM ở N Chứng minh MN MA = MC 2

Hai tam giác MNC và MCA đồng dạng ( Mˆ : góc chung, C ˆ1 = Â1( hai gnt chắn hai cung bằng nhau) Suy ra MN MA = MC2

Câu IV :

( ) ( )

x x

x x

x

x x nên x

x

vì

x x

x x

x x

x

x

x x x

x x

x

x

x

∀

≥ +

− +

−

⇒

≥

− +

≥

−

>

+

− +

=

− + +

= +

−

+

+

− + +

= +

− +

−

, 0 1 2 2 2

0 1 1 0

1 0

1

1 1 2

1 1 1

2

1

2 2 1 2 1

2 2

2

2 3

4

2 2

2 2

2 2

2 2 2

2

2

3 2

4 2

3

4