De tuyen sinh lop 10 mon Toan va dap an

 Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm. tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút - Ngày thi : 21/06/2011

Bài 1( 2 điểm)

1) Đơn giản biểu thức: A



2) Cho biểu thức:

Rút gọn P và chứng tỏ P 0

Bài 2( 2 điểm)

1) Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + 3 = 0 có hai nghiệm x1; x2 Hãy lập một phương trình bậc hai có hai nghiệm (x12 + 1 ) và ( x22 + 1)

2) Giải hệ phương trình

4 2

1 2

x y

x y









Bài 3( 2 điểm)

Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi.Khi đi được 2 giờ,người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.Muốn đến B đúng thời gian đã

định,người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại.Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp

Bài 4( 4 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm.Vẽ hình bình hành BHCD.Đường thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E

1) Chứng minh A,B,C,D,E cùng thuộc một đường tròn

2) Chứng minh BAEDAC

3) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC,đường thẳng AM cắt OH tại G.Chứng minh G là trọng tâm của tam giácABC

4) Giả sử OD = a.Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a

Hết

Bài giải :

Bài 1A

2

1

a a

 

Bài 2 x2 + 5x + 3 = 0

1) Có  25 12 13 0  

Nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt , nên : x1+ x2 = - 5 ; x1x2 = 3

Do đó S = x12 + 1 + x22 + 1 = (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 2 = 25 – 6 + 2 = 21

Và P = (x1 + 1) (x2 + 1) = (x1x2)2 + (x1+ x2)2 - 2 x1x2 + 1 = 9 + 20 = 29

Vậy phương trình cần lập là : x2 – 21x + 29 = 0

2) ĐK x0;y2

2 7

2 2

3

2 2







x

x

y y

x y

x y

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x ;y) = ( 2 ;3)

Bài 3 :Gọi x(km/h) là vtốc dự định; x > 0 ; có 30 phút = ½ (h)

 Th gian dự định :

50 ( )h x

Quãng đường đi được sau 2h : 2x (km) ; Quãng đường còn lại : 50 – 2x (km)

Vận tốc đi trên quãng đường còn lại : x + 2 ( km/h)

Th gian đi quãng đường còn lại :

50 2

( ) 2

x h x



 Theo đề bài ta có PT:

2





x

Giải ra ta được : x = 10 (thỏa ĐK bài toán)

Vậy Vận tốc dự định : 10 km/h

Bài 4 :

c/ Vì BHCD là HBH nên H,M,D thẳng hàng

Tam giác AHD có OM là đường trung bình => AH = 2 OM

Và AH // OM

2 tam giác AHG và MOG có HAG OMG slt   

AGH MGO

2

  

Hay AG = 2MG

Tam giác ABC có AM là trung tuyến; G  AM

G O

M

H

C B

A

Do đó G là trọng tâm của tam giác ABC

d) BHC  BDC( vì BHCD là hình bình hành)

có B ;D ;C nội tiếp (O) bán kính là a

Nên tam giác BHC cũng nội tiếp (K) có bán kính a

Do đó C (K) = 2 a ( V D) ĐVĐD) ĐVĐD)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KIÊN GIANG -ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2011-2012

-MÔN THI: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 22/6/2011

Câu 1 (1,5 điểm)

Tính: a) 12 75 48

b) Tính giá trị biểu thức: A = (10 3 11)(3 11 10) 

Câu 2 (1,5 điểm)

Cho hàm số y(2 m x m)  3 (1)

a) Vẽ đồ thị (d) của hàm số khi m 1

b) Tìm giá trị của mđể đồ thị hàm số (1) đồng biến

Câu 3 (1 điểm)

Giải hệ phương trình:

x y





 



Câu 4 (2,5 điểm)

a) Phương trình:

2

3 0

x  x  có 2 nghiệm x x1, 2 Tính giá trị: X = x x13 2 x x23 1  21 b) Một phòng họp dự định có 120 người dự họp, nhưng khi họp có 160 người tham dự nên phải kê thêm 2 dãy ghế và mỗi dãy phải kê thêm một ghế nữa thì vừa đủ Tính số dãy ghế dự định lúc đầu Biết rằng số dãy ghế lúc đầu trong phòng nhiều hơn 20 dãy ghế và số ghế trên mỗi dãy ghế là bằng nhau

Câu 5 (1 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH Tính chu vi tam giác ABC biết:

AC = 5 cm, HC =

25

13 cm

Câu 6 (2,5 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB; Vẽ tiếp tuyến Ax, By với đường tròn tâm O Lấy E trên nửa đường tròn, qua E vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax tại D cắt By tại C

a) Chứng minh: OADE nội tiếp được đường tròn

b) Nối AC cắt BD tại F Chứng minh: EF song song với AD

- HẾT -(Thí sinh được sử dụng máy tính theo quy chế hiện hành)

ĐÁP ÁN

1

2.

3.

4.

a)

2 3 5 3 4 3 3

b) A = (10 3 11)(3 11 10)  =

10  (3 11)  100 99 1  

a) Khi m 1 thì hàm số (1) trở thành: y x 2

Xét hàm sốy x 2 ta có bảng giá trị:

b) y(2 m x m)  3 (1)

Để đồ thị của hàm số (1) đồng biến thì: 2 m 0 m2

a) Phương trình: x2 x 3 0 (a = 1 ; b = -1 ; c = -3)

Ta có: a.c = 1 (-3) = -3 < 0  phương trình có 2 nghiệm x x1, 2

Theo định lí Vi-ét ta có :

1 2

1 2

1 3

x x

x x







6.

Theo đề ta có: X =

1 2 2 1 21

x x x x  = x x x1 2 ( 12x22) 21 

=

2

1 2 ( 1 2 ) 2 1 2 21

x x  x x  x x 

Thay hệ thức (I) vào biểu thức X ta được:

X =-3 [12 – 2 (-3)] + 21 = -21 + 21 = 0

b) Gọi x (dãy) là số dãy ghế dự đinh lúc đầu(x  N*vàx 20)

Khi đó x 2 (dãy) là số dãy ghế lúc sau

Số ghế trong mỗi dãy lúc đầu:

120

x (ghế)

Số ghế trong mỗi dãy lúc sau:

160 2

x  ghế

Do phải kê thêm mỗi dãy một ghế nữa thì vừa đủ

nên ta có phương trình :

160 120

1 2

x  x 





  



2

160 120( 2) ( 2)

38 240 0 30

8 (lo¹i)

x x

Vậy số dãy ghế dự định lúc đầu là 30 dãy

Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong ∆ABC (A 900)

Ta có: AC2 = BC HC

2

25 HC

13

Áp dụng định lí Pytago trong ∆ABC (A 900) ta có:

BC2 = AC2 + AB2  AB = BC2 AC2  132 52  12 (cm)

Chu vi tam giác ABC là:

AB + BC + AC = 12 + 13 + 5 = 30

(cm)

a) Chứng minh: AOED nội tiếp

được đường tròn:

Xét tứ giác AOED có:



 0 DAO 90 (v× AD lµ tiÕp tuyÕn cña (O))



DEO 90 (v× DC lµ tiÕp tuyÕn t¹i E cña (O))

F D

C

O

E

 

 DAO DEO 1800  AOED nội tiếp đ ờng tròn đ ờng kính OD

b) Chứng minh EF song song với AD

Ta có :













DA AB

DA // CB

CB AB

 









DAF = BCF (so le trong) Mặt khác: F = F (đối đỉnh)

  ADF  CBF (g - g)  AD AF

CB CF

~

(1)

Mà AD = DE (tớnh chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

BC = CE (tớnh chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Từ (1) và (2)  

DE AF

EC FC Theo định lớ Talet đảo suy ra: EF // AD

-Hấ́T -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THễNG

NĂM HỌC 2011-2012

MễN TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phỳt, khụng kể thời gian giao đờ̀

Ngày thi: 02 thỏng 7 năm 2011 (Đợt 2)

Đờ̀ thi có 01 trang

Cõu 1 (2,5 điểm)

a) Tớnh: A ( 25 2)( 25 2)  

b) Tỡm điều kiện của x để biểu thức:

2011 2012 B

x 1 x 1

  cú nghĩa

c) Giải phương trỡnh: 2x2 3x 1 0 

Cõu 2 (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trỡnh:

x 2y 1 3x 2y 7







b) Cho hệ phương trỡnh: 2

3x y 5 3m

x 2y 5m 4m







  

Tỡm m để hệ phương trỡnh cú nghiệm x; y thỏa món điều kiện A x y   đạt giỏ trị nhỏ nhất

Cõu 3 (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho cỏc điểm A(0 ; 7) , B( 1; 2) ,

1 C( ; 6)

2  và gọi đụ̀ thị

của hàm số y 2x 7   là đường thẳng (d)

(2 )

Đấ̀ CHÍNH THỨC

a) Trong ba điểm A, B, C điểm nào thuộc đường thẳng (d)?

b) Tìm a và b biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm B( 1; 2) và song song với đường thẳng (d)

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O, R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau Gọi M là một điểm trên bán kính OB sao cho OM =

R

3 , đường thẳng CM cắt đường tròn (O, R) tại N và cắt đường thẳng BD tại K

a) Chứng minh tứ giác OMND nội tiếp

b) Chứng minh K là trung điểm của BD và

2

R KC.KN

2



c) Tính độ dài đoạn thẳng DN theo R

Câu 5 (1,0 điểm)

Tìm các số nguyên x , y thoả mãn phương trình:

2xy23x2  y 3 2y2xy 3x

- HẾT

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC 2011-2012

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN

(Hướng dẫn chấm thi đề chính thức có 04 trang)

I M t s chú ý khi ch m b i ột số chú ý khi chấm bài ố chú ý khi chấm bài ấm bài ài

 Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết và hợp logic

 Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm

 Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số

II Đáp án và biểu điểm Câu 1 (2,50 điểm)

a) Tính: A ( 25 2)( 25 2)  

b) Tìm điều kiện của x để biểu thức

2011 2012 B

x 1 x 1

  có nghĩa

c) Giải phương trình: 2x2 3x 1 0   .

a) (0,75 điểm)

A (5 2)(5 2)   0,25 điểm

b) ( 0,75 điểm)

Biểu thức B có nghĩa khi và chỉ khi:

x 1 0

x 1 0

 





 

x 1





 



Vậy điều kiện để biểu thức B có nghĩa là x 1; x 1 0,25 điểm

c) (1,00 điểm)

Vì Δ>0nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 0,25 điểm

3 1 4

2.2 4

3 1 2 1 x

2.2 4 2













Vậy tập nghiệm của phương trình là

1

S 1;

2

(Tính đúng mỗi nghiệm cho 0,25 điểm, không viết tập hợp nghiệm vẫn cho điểm)

0,50 điểm

Câu 2 (2,00 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

x 2y 1 3x 2y 7







b) Cho hệ phương trình:

2

3x y 5 3m

x 2y 5m 4m







  

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x; y thỏa mãn điều kiện A x y   đạt giá trị nhỏ nhất

a) (1,00 điểm)

Trừ vế với vế phương trình thứ hai cho phương trình thứ nhất của hệ ta được 0,25 điểm 2x 6  x 3 0,25 điểm Thay x = 3 vào phương trình đầu của hệ, ta tìm được y = -1 0,25 điểm

Vậy hệ phương trình có nghiệm

x 3

y 1









 0,25 điểm

b) (1,00 điểm)

Thay y 5 3m 3x   (1) vào phương trình thứ hai của hệ ta được

x 10 6m 6x 5m    24m

0,25 điểm

 x 2 2m m   2

Khi đó y 3m 23m 1

Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất

 

 

2

2

x 2 2m m 2

y 3m 3m 1 3







0,25 điểm

Từ (2) và (3) ta suy ra A 2m 2m 1

2

2 m

     

  , với m

0,25 điểm

Dấu “=” xảy ra 

1 m 4



Vậy minA=

7

8 

1 m 4



Câu 3 (1,50 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho các điểm A(0 ; 7) , B( 1; 2) , 1

C( ; 6)

2  và gọi đồ thị của hàm số y 2x 7   là đường thẳng (d)

a) Trong ba điểm A, B, C điểm nào thuộc đường thẳng (d)?

b) Tìm a và b biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm B( 1; 2) và song song với đường thẳng (d)

a) (0,75 điểm)

Với x=0 thì y 2.0 7   7, suy ra A (d) 0,25 điểm Với x=− 1 thì y 2.( 1) 7    9 2 , suy ra B (d) 0,25 điểm Với x=12 thì

1

2

, suy ra C (d) Vậy A, C (d) còn B (d)

0,25 điểm

b) (0,75 điểm)

Vì đồ thị hàm số y = ax + b song song với đường thẳng (d) nên a = 2

Do đó hàm số cần tìm có dạng y = 2x + b (với b7) 0,25 điểm

Để đồ thị hàm số y = 2x + b đi qua điểm B( 1; 2) thì 2 (−1)+ b=2  b 4 0,25 điểm Vậy a = 2, b = 4 và hàm số cần tìm là y = 2x + 4

Câu 4 (3,00 điểm)

Cho đường tròn (O, R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau Gọi M là

một điểm trên bán kính OB sao cho OM =

R

3 , đường thẳng CM cắt đường tròn (O, R) tại N

và cắt đường thẳng BD tại K

a) Chứng minh tứ giác OMND nội tiếp

b) Chứng minh K là trung điểm của BD và

2

R KC.KN

2

 c) Tính độ dài đoạn thẳng DN theo R

Hình vẽ (0,50 điểm)

K

O A

B C

D

M

N

a) (0,75 điểm)

b) (1,00 điểm)

Vì O là trung điểm của CD nên BO là đường trung tuyến của BCD

Mặt khác BM =

2

3BO nên M là trọng tâm của BCD

0,25 điểm

Vậy CM là đường trung tuyến của BCD, do đó K là trung điểm của BD 0,25 điểm

Ta có KND đồng dạng KBC (g.g) nên

Vậy

2 2

(do BD R 2 ) 0,25 điểm

c) (0,75 điểm )

Ta có NCD đồng dạng OCM (g.g) nên

Vì

3

, CD = 2R, OM =

R

R 2R R 10 3

DN

5

R 10 3

Câu 5 (1,00 điểm)

Tìm các số nguyên x, y thoả mãn phương trình:

2xy23x2  y 3 2y2xy 3x

Phương trình đã cho tương đương với

x 1 2y +3x y   2    (1)3 0 0,25 điểm

Ta thấy x = 1 không thoả mãn phương trình (1) nên

(1)

x 1

 (2)

0,25 điểm

Để cho x , y Z thì trước tiên ta phải có:

3 Z

x 1  Điều này tương đương với

x 1   3; 1; 1; 3   x  2; 0; 2; 4

0,25 điểm

Với các giá trị của x vừa tìm được, thay vào (2) ta tìm được số nguyên y = -1

(với x = 0)

Vậy các số nguyên x , y phải tìm là:

x 0











0,25 điểm

- HẾT

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2011 – 2012

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài : 120 phút(không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (3,0 điểm)

Cho biểu thức A = (x −1❑

1

(√x −1)2

a) Nêu điều kiện xác định và rút biểu thức A

b) Tim giá trị của x để A = 13.

c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = A - 9 √x

Câu 2: (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai x2 – 2(m + 2)x + m2 + 7 = 0 (1) (m là tham số)

ĐỀ CHÍNH THỨC

a) Giải phương trình (1) khi m = 1.

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1x2 – 2(x1 + x2) = 4

Câu 3: (1,5 điểm)

Quãng đường AB dài 120 km Hai xe máy khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B Vận tốc của xe máy thứ nhất lớn hơn vận tốc của xe máy thứ hai là 10 km/h nên xe máy thứ nhất đến B trước xe máy thứ hai 1 giờ Tính vận tóc của mỗi xe ?

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE tới đường tròn (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E) Gọi H là giao điểm của AO và BC.

a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh rằng AH.AO = AD.AE

c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K Qua điểm O

kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt tia AB tại P và cắt tia AC tại Q.

Chứng minh rằng IP + KQ PQ.

- Hết

-Họ và tên thí sinh :………Số báo danh…………

Hướng dẫn giải Câu 1: (3,0 điểm)

a) Điều kiện 0x1

Với điều kiện đó, ta có:    2

A

x

b) Để A =

1

3 thì

x



(thỏa mãn điều kiện) Vậy

9

4

x 

thì A =

1 3

c) Ta có P = A - 9 √x =



Áp dụng bất đẳng thức Cô –si cho hai số dương ta có:

Suy ra: P   6 1 5 Đẳng thức xảy ra khi

9

9

x

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P 5 khi

1 9

x 

Câu 2: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình (1) khi m = 1.

Khi m = 1 ta có phương trình:

4

x

x

 

    



 Vậy phương trình có hai nghiệm x 2 và x 4

c) Để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thì

'  22  2 7 4 3 0 3

4

(*) Theo định lí Vi –ét ta có:

 

1 2

2

1 2

7

x x m





 Theo bài ra x1x2 – 2(x1 + x2) = 4 ta có:

m2 7 4 m2  4 m2  4m 5 0

1 5

m m

 

 



 Đối chiếu điều kiện (*) ta có m = 5 là giá trị cần tìm.

Câu 3: (1,5 điểm)

Gọi vận tốc của xe máy thứ hai là x km h x  / , 0

Vận tốc của xe máy thứ nhất là x 10

Theo bài ra ta có phương trình:

2

30 40

x x

 

 



 Đối chiếu điều kiện ta có x = 30.

Vậy vận tốc của xe thứ nhất là 40 (km/h) và vận tốc của xe thứ hai là 30 (km/h)

Câu 4:

a) Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O)

nên ABO ACO 90

Suy ra ABO ACO 180

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp.

b) Ta có ΔABO vuông tại B có đường

cao BH, ta có :

AH.AO = AB2 (1)

Lại có ΔABD  ΔAEB (g.g) ⇒

AB

AD=

AE

AB⇒ AB2 = AD.AE (2)

Từ (1), (2) suy ra:

AH.AO = AD.AE

1

1

2 2

1

3 1

2

H

E

Q

P

K I

C

O B

A

D

c) Xét tam giác OIP và KOQ

Ta có P Q (Vì tam giác APQ cân tại A)

2I = 180 - BOD = DOQ + BOP = 2(O + O ) = 2KOQ1 o     2  1  hay OIP = KOQ 

Do đó OIP  KOQ (g.g)

Từ đó suy ra IPOP=OQ

KQ ⇒ IP.KQ = OP.OQ = PQ2

4 hay PQ2 = 4.IP.KQ Mặt khác ta có: 4.IP.KQ (IP + KQ)2 (Vì IP KQ 2  0

) Vậy PQ2 IP KQ 2  IP KQ PQ 

Chúc các em ôn tập tốt, tự tin và đạt kết quả thật tốt nhé!

GV Tôn Nữ Bích Vân