së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o h¶i d­¬ng §ò thi chýnh thøc kú thi tuyón sinh líp 10 thpt n¨m häc 2009 2010 m«n thi to¸n thêi gian lµm bµi 120 phót kh«ng kó thêi gian giao ®ò ngµy 08 th¸

dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp.[r]

Sở Giáo dục và đào tạo

Hải Dơng

Đề thi chính thức

Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT

Năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

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

Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều)

(Đề thi gồm có: 01 trang)

Cõu 1(2.0 điểm):

1) Giải phương trỡnh:

1

 

2) Giải hệ phương trỡnh:

x 2y

x y 5









Cõu 2:(2.0 điểm )

a) Rỳt gọn biểu thức: A =





  với x  0 và x 4

b) Một hỡnh chữ nhật cú chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tớch của nú là 15 cm2

Tớnh chiều dài và chiều rộng của hỡnh chữ nhật đú

Cõu 3: (2,0 điểm)

Cho phương trỡnh: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)

a) Giải phương trỡnh với m = 3

a) Tớnh giỏ trị của m, biết phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm phõn biệt x1, x2 và thỏa món điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12

b)

Cõu 4:(3 điểm)

Cho tam giỏc MNP cõn tại M cú canh đỏy nhỏ hơn cạnh bờn, nội tiếp đường trũn ( O;R) Tiếp tuyến tại N và P của đường trũn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E và D

a) Chứng minh: NE2 = EP.EM

a) Chứng minh tứ giỏc DEPN kà tứ giỏc nội tiếp

b) Qua P kẻ đường thẳng vuụng gúc với MN cắt đường trũn (O) tại K

( K khụng trựng với P) Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2

Cõu 5:(1,0 điểm)

Tỡm giỏ trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = 2

6 4x





Câu I

a,

Vậy tập nghiệm của phương trình S= 1

b,

Câu II

a, với x  0 và x 4

Ta có:

1 ( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)

A

b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0

 Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)

Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15

Giải ra tìm được :x1 = -5 ( loại ); x2 = 3 ( thỏa mãn )

Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm

Câu III

a, Với m = 3 Phương trình có dạng : x2 - 2x  x x(  2) 0  x = 0 hoặc x = 2

Vậy tập nghiệm của phương trình S=0; 2

b, Để PT có nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì    ' 0 4 m 0 m4 (*)

Theo Vi-et :

1 2

2 (1)

3 (2)

x x

x x m

 





 



Theo bài: x2

1 -2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12

 2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) )

hay x1 - x2 = -6

Kết hợp (1)  x1 = -2 ; x2 = 4 Thay vào (2) được :

m - 3 = -8  m = -5 ( TM (*) )

Câu IV

a, NEM đồng dạng PEN ( g-g)

b, MNP MPN  ( do tam giác MNP cân tại M )

  ( ùng  )

PNE NPD c NMP

=> DNE DPE 

Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE

H

E D

F

I

P

O

N K

M

dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp

c, MPF đồng dạng MIP ( g - g )

MNI đồng dạng NIF ( g-g )

2

IF

.IF(2)

NI

Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3)

 

NMI KPN ( cùng phụ HNP )

=> KPN NPI

=> NK = NI ( 4 )

Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5)

Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm

Câu V

2 2

6 8

x 8 6 0 (1) 1

x

x



     



+) k=0 Phương trình (1) có dạng 8x-6=0  x=

2 3 +) k 0 thì (1) phải có nghiệm  '

= 16 - k (k - 6)  0

2 k 8

   

Max k = 8  x =

1 2



Min k = -2  x = 2