Một đờng thẳng d tiếp xúc nửa đờng tròn tại C.. Chứng minh : Tam giác MDN vuông.
Trang 1Sở GD & ĐT Thanh Hoá
Trờng THPT Yên Định 1
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Môn : Toán học - Thờigian làm bài : 150 phút
Đề thi bảng A Bài 1: (1 điểm )
Giải hệ phơng trình :
=
−
=
+
1 3
2
7
3
y x
y
x
Bài 2: (3 điểm )
Cho phơng trình bậc 2 :
x2 - 2(m + 1) x + m2 +2 = 0
1 Giải phơng trình với m = 1
2 Tìm m để phơng trình có nghiệm x = 2
3 Tìm m để hai nghiệm x1 ; x2 của phơng trình thoã mãn hệ thức :
x1 + x2 =10
Bài 3: (2 điểm )
Cho biểu thức :
2
2 2
1 1
1 1
1
−
−
+
− +
−
x x
x x
x P
1 Tìm điều kiện của x để P có nghĩa
2 Rút gọn P
Bài 4: (3 điểm )
Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB Một đờng thẳng d tiếp xúc nửa đờng tròn tại C Từ A và B kẻ AM , BN vuông góc với d ; (M,N thuộc d ) Gọi D là hình chiếu của C lên AB
1 Chứng minh : AM = AD
2 Chứng minh : CD2 =AM BN
3 Chứng minh : Tam giác MDN vuông
Bài 5: (1 điểm )
Tìm cặp số (x ; y) ; y nhỏ nhất thoả mãn :
Trang 2x2 + 5y2 + 2y - 4 x y - 3 = 0
Sở GD & ĐT Thanh Hoá
Trờng THPT Yên Định 1
đáp án và biểu điểm môn toán thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Bài 1: (1 điểm )
+Biến đổi hệ
=−
=
⇔
=−
=+
⇔
13 2
22
11 13 2
213
9
yx
x yx
yx
(0,5 điểm )
Hệ
1
2 33
2
134
2
y
x
y
x
y
x
(0,5 điểm )
Bài 2 : (3 điểm )
1 (1 điểm)
Khi m = 1 phơng trình trở thành : x2 - 4x + 3 = 0
+ Các hệ số của phơng trình thoã mãn : a+ b + c = 0 (0,5 điểm )
+ Do đó phơng trình có 2 nghiệm x1 = 1 ; x2 = 3 (0,5 điểm )
2 (1 điểm)
Để phơng trình có nghiệm x = 2
⇔4 - 4(m + 1 ) + m2 + 2 = 0
+ Phơng trình ẩn m có 2 có nghiệm m1 = 2- 2 ; m2 = 2+ 2 đó là các giá trị cần
3 (1 điểm)
+Phơng trình có 2 nghiệm x1 ; x2
1 0
' ≥ ⇔ ≥
∆
Trang 3
+
=
+
=
+
2
)1
(2
2 2
1
2 1
m x
x
m x
x
(0,25 ®iÓm)
+ Ta cã : ( ) 2 4 ( 1 ) 2 2 ( 2 2 ) 2 2 8
2 1
2 2 1
2 2
2
§Ó 2
2
2
x + = 10 ⇔m2 +4m - 5 ⇔ m = 1 hoÆc m = -5 do m≥ ⇒
2
1
m = 1
Bµi 3: (2 ®iÓm )
1 (1 ®iÓm)
§iÒu kiÖn cña x :
≠ +
≠
≠
−
≥
0 1
0
0 1
0
x
x
x
x
gi¶i ra :
≠
>
1
0
x
x
(0,25 ®iÓm)
2 (1,5 ®iÓm)
P =
2
2 2
1 1
1 1
1
−
−
+
− +
x x
x x
x
P = ( ) ( )
2 2 2
2
2
1 1 1
1 1
−
− +
−
−
−
x
x x
x
x
=
2
2
1 1
) 1 2 ( 1
2
−
−
+ +
− +
−
x
x x
x x x
x
(0,25 ®iÓm)
x
x x
x
4
1
.
1
4 − 2
−
x
x
x
x
4
1
.
1
4 − 2
=
x
x
Trang 4Bài 4: (3 điểm )
1 (1 điểm )
Chứng minh AM = AD
- Nối AC ; OC
- Ta có : OC ⊥ d (gt )
=> AM // OC => MAC = ACO ( so le trong ) (0,25 điểm)
- Do OA = OC => ∆OAC cân đỉnh O => OAC = OCA (0,25 điểm)
- Từ OAC = OCA
MAC = ACO
- ∆MAC = ∆DAC => AM = AD (0,25 điểm)
2 (1 điểm )
+ Tơng tự câu 1 ta có : BD = BN
+ Nối BC
-Ta có : OC = OA = OB => OC =
2
1
-∆ACB có OC : trung tuyến : OC =
2
1
AB => ∆ACB vuông ở C (0,25 điểm)
-∆ACB : C =1V
CD⊥ AB =>CD2 = DA DB (0,25 điểm)
- Do DA = AM
Trang 53 (1 điểm )
Chứng minh : ∆MDN vuông
Nối : MD ; DN
+ Theo chứng minh trên : Ta có : CD = CM (∆CAM = ∆ CDA ) (0,25 điểm) Tơng tự : CD = CN
+Từ đó : CD =
2
1
+∆MDN có : DC trung tuyến ; DC =21 MN => ∆MDN có D = 1v (0,25 điểm) (Có thể chứng minh : MD ⊥ AC và ND ⊥ BC => MDN = 1v)
Bài 5 : (1 điểm )
+ Biến đổi : x2 + 5y2 + 2y - 4xy - 3 = 0
+ Do (x -2y )2 ≥0
(x - 2y )2 + (y + 1 )2 = 4 = > (y + 1)2 ≤ 4 (0,25 điểm) + (y + 1)2 ≤ 4 ⇔(y + 1)2 -2 2 ≤ 0 ⇔(y - 1) ( y + 3 ) ≤ 0
Do y + 3 > y - 1 với mọi y
=> 3 1
01
0
3
≤≤
−⇔
≤−
≥+
y y
y
=> ynn = -3 (0,25 điểm) + Với y= -3 = > x - 2y = 0 => x = -6
vậy
−
=
−
=
nn
y
y
x
3
6