de thi thu lop 10

Tìm m để phơng trình 1 có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.. Cho đờng tròn o với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí trên cung lớn BC sao cho AC>AB và AC > B

Trang 1

Sở gáo dục và đào tạo

thanh hoá

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt

năm học 2010 - 2011 Môn: toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 (2 điểm)

Cho phơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số

a/ Giải phơng trình với m = 2

b/ Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia

Bài 2 (2 điểm).

1 2x + 3y = 5

2x – y = 1

2 Rút gọn biểu thức: P = ( )









−

+

−









+

−

1

1 2 2 : 1 1

x

x x x

x

x x x x

x x

Bài 3 (2 điểm)

Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)

a Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng

b Tính diện tích tam giác ABC

Bài 4 (3 điểm).

Cho đờng tròn (o) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí trên cung lớn BC sao cho AC>AB và AC > BC Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E Gọi P, Q lần lợt là giao điểm của các cặp đ-ờng thẳng AB với CD; AD và CE

a Chứng minh rằng DE// BC

b Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp

c Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F

Chứng minh hệ thức:

CE

1

= CQ1 +

CE

1

Bài 5 (1 điểm)

Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

x + y+ = y + z+ = +z x+ =

Tính giá trị của biểu thức :A x= 2007+y2007+z2007.

Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……… Chữ ký của gám thị số 1 Chữ ký của gám thị số 2

đề thi thử

đề a

Trang 2

năm học 2010 2011–

Đáp án đề a

Bài 1: (2 điểm)

a/ x1= x2= 1 (1 điểm)

b/ Với m ≤ 2 thì (1) có 2 nghiệm

Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a Theo Viet ,ta có:

a a m





⇒ a= 1

2

3(m2−1)2 = m2 – 3

⇔ m2 + 6m – 15 = 0

⇔ m = –3±2 6 ( thõa mãn điều kiện) (1 điểm)

Bài 2: (2 điểm)

1 x= 1

y= 1 (1 điểm)

2 ĐK: x ≥ 0 ;x≠ 1

Rút gọn: P = ( )

1

1 2

: 1

1

−

x

x x

x

x z <=> P =

1

1 )

1 (

1

+

=

−

x

x x

x

(1 điểm)

Bài 3: (2 điểm)

a.Đờng thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b

Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên ⇒ b = 4; a = 2

Vậy đờng thẳng AB là y = 2x + 4

Điểm C(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đờng thẳng AB

⇒ A, B, C không thẳng hàng.

Điểm D(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc đờng thẳng AB

⇒ A,B,D thẳng hàng (1 điểm)

b.Ta có :

AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20

AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10

BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10

⇒AB2 = AC2 + BC2 ⇒∆ABC vuông tại C

Vậy S∆ABC = 1/2AC.BC = 10 10 5

2

1 = ( đơn vị diện tích ) (1 điểm)

Trang 3

Bài 4 : (2 điểm) Vẽ hình đúng – viết giả thiết – kết luận

a Sđ∠CDE =

2

1

Sđ DC =

2

1

Sđ BD = ∠BCD

=> DE// BC (2 góc vị trí so le) (1 điểm)

b ∠APC =

2

1

sđ (AC - DC) = ∠ AQC

=> APQC nội tiếp (vì ∠ APC = ∠ AQC

cùng nhìn đoan AC) (1 điểm)

c.Tứ giác APQC nội tiếp

∠CPQ = ∠ CAQ (cùng chắn cung CQ)

∠CAQ = ∠ CDE (cùng chắn cung DC)

Suy ra ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ

Ta có: PQ DE = CQ CE (vì DE//PQ) (1)

FC

DE

= QC QE (vì DE// BC) (2)

Cộng (1) và (2) : + = + = = 1

CQ

CQ CQ

QE CE FC

DE PQ DE

=> PQ1 + FC1 = DE1 (3)

ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ

Thay vào (3) : CQ1 +CF1 = CE1 (1 điểm)

Bài 5: (1 điểm)

Từ giả thiết ta có :

2 2 2

 + + =

 + + =



 + + =



Cộng từng vế các đẳng thức ta có :(x2 + 2x+ + 1) (y2 + 2y+ + 1) (z2 + 2z+ = 1) 0

( ) (2 ) (2 )2

⇒ + + + + + =

1 0

x y z

+ =





⇔ + =

 + =



1

⇒ = = = −

( )2007 ( )2007 ( )2007

⇒ = + + = − + − + − = − (1 điểm)

Vậy : A = -3

Trang 4

thanh hoá năm học 2010 - 2011

Môn: toán

Bài 1 (2 điểm)

Cho phơng trình : x2 – 2(n - 1)x + n2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số

a/ Giải phơng trình với n = 2

Bài 2 (2 điểm).

1 3x + 4y = 7

2x – y = 1

2 Rút gọn biểu thức: P = 1 1 2( 2 1)

:

1

y

−

Bài 3 (2 điểm)

Cho các điểm M(-2;0) ; N(0;4) ; P(1;1) ; Q(-3;2)

a.Chứng minh 3 điểm M, N ,Q thẳng hàng; 3 điểm M, N, P không thẳng hàng b.Tính diện tích tam giác MNP

Bài 4 (3 điểm).

Cho đờng tròn (o) với dây BC cố định và một điểm M thay đổi vị trí trên cung lớn BC sao cho MC>MB và MC > BC Gọi N là điểm chính giữa của cung nhỏ BC Các tiếp tuyến của (O) tại N và C cắt nhau tại E Gọi P, Q lần lợt là giao điểm của các cặp đ-ờng thẳng MB với CN; MN và CE

a Chứng minh rằng NE// BC

b Chứng minh tứ giác PMCQ nội tiếp

c Gọi giao điểm của các dây MN và BC là F

CE

1

= CQ1 +

CE

1

Bài 5 (1 điểm)

a + b+ = +b c+ = +c a+ =

Tính giá trị của biểu thức :A a= 2007+b2007+c2007.

Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ……… Chữ ký của gám thị số 1 Chữ ký của gám thị số 2

đề thi thử

đề b

Trang 5

năm học 2010 2011–

Đáp án đề b

Bài 1: (2 điểm)

a/ x1= x2= 1 (1 điểm)

b/ Với n ≤ 2 thì (1) có 2 nghiệm

3 22 2

a a n





⇒ a= 1

2

n− ⇒3(n2−1)2 = n2 – 3

⇔ n2 + 6n – 15 = 0

⇔ n = –3±2 6 ( thõa mãn điều kiện) (1 điểm)

Bài 2: (2 điểm)

1 x= 1

y= 1 (1 điểm)

2 ĐK: y ≥ 0;y≠ 1

Rút gọn: P = ( )

( ) ( )2

:

y

y y

−

− − <=> P = 2

− − (1 điểm)

Bài 3: (2 điểm)

a.Đờng thẳng đi qua 2 điểm M và Ncó dạng y = ax + b

Điểm M(-2;0) và N(0;4) thuộc đờng thẳng MN nên ⇒ b = 4; a = 2

Vậy đờng thẳng MNlà y = 2x + 4

Điểm P(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên P không thuộc đờng thẳng MN

⇒ M, N, P không thẳng hàng.

Điểm Q(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm Q thuộc đờng thẳng MN

⇒ M,N,Q thẳng hàng (1 điểm)

b.Ta có :

MN2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20

MP2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10

NP2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10

⇒MN2 = MP2 + NP2 ⇒∆MNP vuông tại P

Vậy S∆ABC = 1/2MP.NP = 10 10 5

2

Trang 6

a Sđ∠CNE =

2

1

Sđ NC =

2

1

Sđ BN = ∠ BCN

=> NE// BC (2 góc vị trí so le) (1 điểm)

b ∠MPC =

2

1

sđ (MC - NC) = ∠ MQC

=> MPQC nội tiếp (vì ∠ MPC = ∠ MQC

cùng nhìn đoan MC) (1 điểm)

c.Tứ giác MPQC nội tiếp

∠CPQ = ∠ CMQ (cùng chắn cung CQ)

∠CMQ = ∠ CNE (cùng chắn cung NC)

Suy ra ∠ CPQ = ∠ CNE => NE// PQ

Ta có: PQ NE = CQ CE (vì NE//PQ) (1)

NE

FC = QC QE (vì NE// BC) (2)

Cộng (1) và (2) : NE NE CE QE CQ 1

+

=> PQ1 +FC1 = NE1 (3)

EN = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ

Bài 5: (1 điểm)

2 2 2

 + + =

 + + =



 + + =



Cộng từng vế các đẳng thức ta có :(a2 + 2a+ + 1) (b2 + 2b+ + 1) (c2 + 2c+ = 1) 0

( ) (2 ) (2 )2

⇒ + + + + + =

1 0

a b c

+ =





⇔ + =

 + =



1

a b c

⇒ = = = −

( )2007 ( )2007 ( )2007

⇒ = + + = − + − + − = − (1 điểm)

Vậy : A = -3

Trang 7

thanh hoá

năm học 2010 - 2011 Môn: toán

Bài 1 (2 điểm)

Cho phơng trình : x2 – 2(p - 1)x + p2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số

a/ Giải phơng trình với p = 2

Bài 2 (2 điểm).

1 2x + 4y = 6

2x – y = 1

:

1

a

−

Bài 3 (2 điểm)

Cho các điểm E(-2;0) ; F(0;4) ; G(1;1) ; H(-3;2)

a.Chứng minh 3 điểm E, F,H thẳng hàng; 3 điểm E, F, G không thẳng hàng

b.Tính diện tích tam giác EFG

Bài 4 (3 điểm).

Cho đờng tròn (o) với dây BC cố định và một điểm H thay đổi vị trí trên cung lớn BC sao cho HC>HB và HC > BC Gọi K là điểm chính giữa của cung nhỏ BC Các tiếp tuyến của (O) tại K và C cắt nhau tại E Gọi P, Q lần lợt là giao điểm của các cặp đ-ờng thẳng HB với CK; HK và CE

a Chứng minh rằng KE// BC

b Chứng minh tứ giác PHCQ nội tiếp

c Gọi giao điểm của các dây HK và BC là F

CE

1

= CQ1 +

CE

1

Bài 5 (1 điểm)

Tính giá trị của biểu thức :A m= 2007+n2007+p2007.

Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………… Chữ ký của gám thị số 1 Chữ ký của gám thị số 2

đề thi thử

đề c

Trang 8

năm học 2010 2011–

Đáp án đề c

Bài 1: (2 điểm)

a/ x1= x2= 1 (1 điểm)

b/ Với p ≤ 2 thì (1) có 2 nghiệm

3 22 2





⇒ a= 1

2

p− ⇒3( p2−1)2 = p2 – 3

⇔ p2 + 6p – 15 = 0

⇔ p = –3±2 6 ( thõa mãn điều kiện) (1 điểm)

Bài 2: (2 điểm)

1 x= 1

y= 1 (1 điểm)

2 ĐK: a ≥ 0;a≠ 1

Rút gọn: P = ( )

( ) ( )2

:

a

a a

−

− − <=> P = 2

− − (1 điểm)

Bài 3: (2 điểm)

a.Đờng thẳng đi qua 2 điểm Evàè có dạng y = ax + b

Điểm E(-2;0) và F(0;4) thuộc đờng thẳng EFnên ⇒ b = 4; a = 2

Vậy đờng thẳng EFlà y = 2x + 4

Điểm G(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên Gkhông thuộc đờng thẳng EF

⇒ E, F, G không thẳng hàng.

Điểm H(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm H thuộc đờng thẳng EF

⇒ E,F ,H thẳng hàng (1 điểm)

b.Ta có :

EF2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20

EG2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10

FG2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10

EF2 = EG2 +FG2 = EFG vuông tại G

Vậy S∆ABC = 1/2EG+FG = 10 10 5

2

Trang 9

a Sđ∠CKE =

2

1

Sđ KC =

2

1

Sđ BK = ∠BCD

=> KE// BC (2 góc vị trí so le) (1 điểm)

b ∠HPC =

2

1

sđ (HC - KC) = ∠ HQC

=> HPQC nội tiếp (vì ∠ HPC = ∠ HQC

cùng nhìn đoan HC) (1 điểm)

c.Tứ giác HPQC nội tiếp

∠CPQ = ∠ CHQ (cùng chắn cung CQ)

∠CHQ = ∠ CKE (cùng chắn cung KC)

Suy ra ∠ CPQ = ∠ CDE => KE// PQ

Ta có: KE

PQ = CQ CE (vì KE//PQ) (1)

KE

FC = QC QE (vì KE// BC) (2)

Cộng (1) và (2) : KE KE CE QE CQ 1

+

=> 1 1 1

EK = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ

Bài 5: (1 điểm)

2 2 2

 + + =

 + + =



 + + =



Cộng từng vế các đẳng thức ta có :(m2 + 2m+ + 1) (n2 + 2n+ + 1) ( p2 + 2p+ = 1) 0

( ) (2 ) (2 )2

⇒ + + + + + =

1 0

m n p

+ =





⇔ + =

 + =



1

⇒ = = = −

( )2007 ( )2007 ( )2007

⇒ = + + = − + − + − = − (1 điểm)

Vậy : A = -3

thanh hoá Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2010 - 2011

Trang 10

Môn: toán

Bài 1 (2 điểm)

Cho phơng trình : x2 – 2(q - 1)x + q2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số

a/ Giải phơng trình với q = 2

Bài 2 (2 điểm).

1 x + 3y = 4

2x – y = 1

:

1

b

−

Bài 3 (2 điểm)

Cho các điểm O(-2;0) ; A(0;4) ; B(1;1) ; C(-3;2)

a.Chứng minh 3 điểm O, A ,C thẳng hàng; 3 điểm O,A, B, không thẳng hàng b.Tính diện tích tam giác OAB

Bài 4 (3 điểm).

Cho đờng tròn (o) với dây BC cố định và một điểm G thay đổi vị trí trên cung lớn BC sao cho GC>GB và GC > BC Gọi I là điểm chính giữa của cung nhỏ BC Các tiếp tuyến của (O) tại I và C cắt nhau tại E Gọi P, Q lần lợt là giao điểm của các cặp đờng thẳng GB với CI; GI và CE

a Chứng minh rằng IE// BC

b Chứng minh tứ giác PGCQ nội tiếp

c Gọi giao điểm của các dây GI và BC là F

CE

1

= CQ1 +

CE

1

Bài 5 (1 điểm)

t + u+ =u + v+ = + + =v t

Tính giá trị của biểu thức :A t= 2007+u2007+v2007.

Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………… Chữ ký của gám thị số 1 Chữ ký của gám thị số 2

đề thi thử

đề d

Trang 11

năm học 2010 2011–

Đáp án đề d

Bài 1: (2 điểm)

a/ x1= x2= 1 (1 điểm)

b/ Với q ≤ 2 thì (1) có 2 nghiệm

3 22 2

a a q





⇒ a= 1

2

q− ⇒3(q2−1)2 = m2 – 3

⇔ q2 + 6q – 15 = 0

⇔ q = –3±2 6 ( thõa mãn điều kiện) (1 điểm)

Bài 2: (2 điểm)

1 x= 1

y= 1 (1 điểm)

2 ĐK: b ≥ 0;b≠ 1

Rút gọn: P = ( )

( ) ( )2

:

b

b b

−

− − <=> P = 1

1 )

1 (

1

+

=

−

x

x x

x

(1 điểm)

Bài 3: (2 điểm)

a.Đờng thẳng đi qua 2 điểm O và A có dạng y = ax + b

ĐiểmO(-2;0) và A(0;4) thuộc đờng thẳng OA nên ⇒ b = 4; a = 2

Vậy đờng thẳng OA là y = 2x + 4

Điểm B(1;1) có toạ độ không thoả mãn y = 2x + 4 nên B không thuộc đờng thẳng OA

⇒ O, A, B, không thẳng hàng.

Điểm C(-3;2) có toạ độ thoả mãn y = 2x + 4 nên điểm C thuộc đờng thẳng OA

⇒ O,A,C thẳng hàng (1 điểm)

b.Ta có :

OA2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20

OB2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10

AB2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10

⇒ OA2 =OB2 + AB2 ⇒∆OAB vuông tại B

Vậy S∆ABC = 1/2OB.AB = 10 10 5

2

Trang 12

a Sđ∠CIE =

2

1

Sđ IC =

2

1

Sđ BI = ∠ BCI

=> IE// BC (2 góc vị trí so le) (1 điểm)

b ∠GPC =

2

1

sđ (GC - IC) = ∠ GQC

=> GPQC nội tiếp (vì ∠ GPC = ∠ GQC

cùng nhìn đoan GC) (1 điểm)

c.Tứ giác GPQC nội tiếp

∠CPQ = ∠ CGQ (cùng chắn cung CQ)

∠CGQ = ∠ CIE (cùng chắn cung IC)

Suy ra ∠ CPQ = ∠ CIE => IE// PQ

Ta có: PQ IE = CQ CE (vì IE//PQ) (1)

IE

FC = QC QE (vì IE// BC) (2)

Cộng (1) và (2) : IE IE CE QE CQ 1

+

=> PQ1 + FC1 = DE1 (3)

EI = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ

Bài 5: (1 điểm)

2 2 2

2 1 0

 + + =

 + + =



 + + =



Cộng từng vế các đẳng thức ta có :(t2 + 2u+ + 1) (u2 + 2v+ + 1) (v2 + + = 2 1t ) 0

( ) (2 ) (2 )2

⇒ + + + + + =

1 0

t u v

+ =





⇔ + =

 + =



1

t u v

⇒ = = = −

( )2007 ( )2007 ( )2007

⇒ = + + = − + − + − = − (1 điểm)

Vậy : A = -3

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	659 KB