CAC DE TU LUYEN ON THI VAO 10 TOAN 5

Số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là 35 bộ a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp A.. Chứng minh EF song song với E’F’..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN

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

Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010 (Đợt 1)

Đề thi gồm : 01 trang

Câu 1 (3 điểm)

1) Giải các phương trình sau:

a)

2

4 0

3 x   .

b) x4  3 x2  4 0 

2) Rút gọn biểu thức

Câu 2 (2 điểm)

1) Cho hàm số bậc nhất y ax   1 Xác định hệ số a, biết rằng đồ thị của hàm số cắt trục

hoành tại điểm có hoành độ bằng 1  2

2) Tìm các số nguyên m để hệ phương trình

3

x y m

x y





 có nghiệm ( ; ) x y thỏa mãn điều

kiện x2  xy  30

Câu 3 (1 điểm)

Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 280 bộ quần áo trong một thời gian quy định Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 5 bộ quần áo so với số

bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch Vì thế, xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may xong bao nhiêu bộ quần áo?

Câu 4 (3 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại E’ và F’ (E’ khác B và F’ khác C) 1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh EF song song với E’F’

3) Kẻ OI vuông góc với BC (I BC  ) Đường thẳng vuông góc với HI tại H cắt đường thẳng AB tại M và cắt đường thẳng AC tại N Chứng minh tam giác IMNcân.

Câu 5 (1 điểm)

Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a2  b2  1 và

a b

c  d  c d  Chứng minh rằng

2

2 2

c  b  .

-Hết -Họ tên thí sinh: ………Số báo danh: ……….……

Chữ kí của giám thị 1:……… Chữ kí của giám thị 2: ……… ……

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 (đợt 1) Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010

I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm

- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm

- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

1 a

Giải phương trình

2

4 0

3 x    3 x  (hoặc 2 x  12 0  )

2 x  12 6

x 

0,25

0,25 0,5

b Giải phương trình x4  3 x2  4 0  1,00

Đặt t x t  2,  0 ta được t2  3 t  4 0 

1, 4

1

t  (loại)

2

t   x   x 

0,25 0,25 0,25 0,25

c

Rút gọn

a

a

N  3  a 3  a   9 a

0,25 0,25 0,5

Ra được phương trình 0  a ( 2 1) 1  

1

2 1



a  

Vậy a   1 2

0,25 0,25

0,25 0,25 b

Tìm các số nguyên m để nghiệm ( ; ) x y thỏa mãn x2  xy  30 1,00

Tìm được y m   1, x  2 m  1 0,25

2 30 (2 1)2 (2 1)( 1) 30

x  xy   m   m  m  

2

2

m

  hoặc

5 2

m 

Do m nguyên nên m  2

0,25

0,25 0,25

3 Tính số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch 1,00

Gọi số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là x bộ (x

nguyên dương)

Số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch là

280

x

Số bộ quần áo may trong một ngày khi thực hiện là x  5

Số ngày hoàn thành công việc khi thực hiện là

280 5

x 

Theo giả thiết ta có phương trình

1 5

x  x   2

280( x 5) 280 x x x ( 5) x 5 x 1400 0

Giải pt ta được x  35, x  40 (loại)

Số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là 35 bộ

0,25 0,25 0,25 0,25

4 a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp 1,00

Hình 2 Hình 1

Vẽ được hình 1

Theo giả thiết  BFC  90 ,0  BEC  900

BFC BEC

    BCEF là tứ giác nội tiếp

0,5 0,25 0,25

b Chứng minh EF song song với E’F’ 1,00

BCEF là tứ giác nội tiếp suy ra CBE CFE   

CBE CF E  (cùng chắn cung CE  ')

0,25 0,25 0,25

A

N

D

M H

F'

F

E' E

O

B

A

H

C

F' F

E' E

O B

Suy ra CFE CF E    ' '

Suy ra EF E F // ' '

0,25

c Chứng minh tam giác IMNcân 1,00

TH 1 M thuộc tia BA

H là trực tâm của tam giác ABC suy ra AH  BC

CAH CBH  (cùng phụ với góc ACB)

BHI BHM   ANH NHE  

BHM  NHE (vì đối đỉnh)   BHI   ANH

ANH

  đồng dạng với

AH HN BIH

BI IH

(1) Tương tự AHM đồng dạng với

CIH

CI IH

(2)

Từ (1) và (2) và BI CI  suy ra

HM HN

IH  HI  

Mà HI  MN tại H suy ra  IMN cân tại I

TH 2 M thuộc tia đối của tia BA.

CAH CBH  (cùng phụ với góc ACB)

ANH   NHE (góc ngoài )

BHI   BHM

BHM  NHE (vì đối đỉnh)

ANH  BHI   ANH đồng dạng với

AH HN BHI

BI IH

Đến đây làm tương tự như TH 1

* Chú ý Thí sinh chỉ cần làm 1 trong 2

TH đều cho điểm tối đa

0,25 0,25 0,25

0,25

5

Chứng minh rằng

2

2 2

2 2 1

a  b  và

4 4 1 4 4 ( 2 2 2)



d c d a c c d b cd a b

4 2 4 2 4 4 ( 4 4 2 2 2)

dca d a c b cdb cd a b a b

2 4 2 4 2 2 2 0 ( 2 2 2) 0

d a c b cda b da cb

da cb

   hay

2 2

a b

c  d Do đó



Vậy

2

2 2

c  b 

0,25

0,25 0,25 0,25

C F'

E'

E N

M

I H

F B

A

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Năm học 2010-2011

Môn thi: TOÁN

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

Bài 1 (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức:



x A

2 Chứng minh rằng:

5 2 5 2

Bài 2 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n và hai điểm A(0;2), B(-1;0)

1 Tìm các giá trị của k và n để:

a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y x  2 k

2 Cho n  Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác2

OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB

Bài 3 (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2 2mx m  7 0 (1) (với m là tham số).

1 Giải phương trình (1) với m 1

2 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x thoả mãn hệ thức: 1; 2 1 2

1 1

16

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa

O và B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E

1 Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK

2 Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F Chứng minh NFK cân

ĐỀ CHÍNH THỨC

3 Giả sử KE = KC Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2.

Bài 5 (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

 13  13  13 3

4

     

HẾT

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Năm học 2010 - 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Bài 1 (2,0 điểm)

1 Rút gọn biểu thức:

x A



  với x0,x9

2 Chứng minh rằng:

5 2 5 2

1.

(1,25đ)

Với ĐK: x0,x9 Ta có:

 

3 3

x A



0,25

9

A

0,25

3 x 9 x 3 x A

x

  

9 x

A x



Kết luận: Vậy với x0,x9thì

9 x

A x



2.

(0,75đ)

  

0,25

2 5 5

5 4





= 10

0,25

Vậy:

5 2 5 2

Bài 2 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n và hai điểm A(0;2), B(-1;0)

1 Tìm các giá trị của k và n để:

a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y x  2 k

2 Cho n  Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác2

OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB

1a

(1,0 đ)

(d): y = (k-1)x + n đi qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình:

( 1).0 2 ( 1).( 1) 0

  





   



0,25

2

1 2 0

n k





 

  



2 3

n k





 



Kết luận: Vậy k = 3, n = 2 thì (d) đi qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25

1b

(0,5 đ)

+

1 1 ( ) //( )

2

k d

 



  

 



2 0

k n





 



Kết luận: Vậy

2 ( ) //( )

0

k d

n





  



2.

(0,5 đ)

Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + 2 Suy ra đường thẳng (d) cắt trục Ox tại C

     và khi đó toạ độ điểm C là

2

;0

1 k



0,25

Ta có:

2 1

C

k

 và do B(-1;0) nên OB = 1

Vì các tam giác OAC và OAB vuông tại O và chung đường cao AO nên suy ra:

2

|1 |

k

 0 2

k k





  

 (thoả mãn đk k  )1

Kết luận: k = 0 hoặc k = 2

0,25

Bài 3 (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai: x2 2mx m  7 0 (1) (với m là tham số).

1 Giải phương trình (1) với m 1

2 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.

3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2 thoả mãn hệ thức: 1 2

1 1

16

1.

(0,75đ)

Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành:

2 2 8 0 ' 1 8 9 ' 3

      

0,25

Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

1 3

4 1

1 3

2 1

x x

 







 



0,25

Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 2 0,25

2.

(0,75đ)

Pt (1) có  ' m2 (m 7) m2 m7 0,25

2

1 27

0

m

    

Vậy với mọi giá trị của m thì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25

3. Theo câu 2, ta có (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi giá trị của

m Theo định lý Vi ét ta có:

0,25

(0,5 đ)

1 2

1 2

2 7

 





 



Theo giả thiết ta có:

1 2

1 2

0

1 1

16

16

x x





   

 



7 0

2 16 7 7

8 8

m

m m m

 



 







 





Vậy m = 8 là giá trị cần tìm

0,25

Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng

AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt nhau ở E

1 Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK

2 Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F Chứng minh NFK cân

3 Giả sử KE = KC Chứng minh: OK // MN và KM2 + KN2 = 4R2

h

k

o

n m

f

b a

B A

1.

(2,0đ)

 Ta có: + AHE 900 (theo giả thiết ABMN ) 0,5

+ AKE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5

AHE AKE 900

    H, K thuộc đường tròn đường kính AE

Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp 0,25

 Xét hai tam giác  CAE và  CHK:

+ EAC EHK (góc nội tiếp cùng chắn cung EK) Suy ra  CAE  CHK (g - g) 0,5

2.

Do đường kính AB MN nên B là điểm chính giữa cung MN suy ra ta có 0,25

(1,0 đ)

Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên

(2) (3)

NKB KNF MKB MFN







Từ (1), (2), (3) suy ra MFN KNF KFN KNF Vậy  KNF cân tại K 0,25

3.

(0,5 đ)

* Ta có AKB900 BKC 900  KECvuông tại K

Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K

  450  450

Mặt khác vì  OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra  OBK vuông

cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB)

0,25

* Gọi P là giao điểm của tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính

và KP // MN Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP

Xét tam giác KMP vuông ở M ta có: MP2 + MK2 = KP2  KN2 + KM2 = 4R2

0,25

Bài 5 (0,5 điểm)

Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

 13  13  13 3

4

     

0,5 đ Ta có: (a 1)3 a3 3a23a 1

2

3 3 1

1 1 (1) ( 0)

( 1) 1 2 , ( 1) 1 3

0,25

Từ (1), (2), (3) suy ra:

Vậy BĐT được chứng minh

Dấu đẳng thức xảy ra khi

0,25

2

2

2 3

3

0

0, 2

2

2 3

3 3

b b

a b c

a b c





   

 

  

