De HSG Toan 920162017 16

Vẽ đồ thị P của hàm số : trên cùng hệ.. Điểm M thuộc cạnh AD sao cho AM = 6cm.[r]

Sở Giáo dục – Đào tạo KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Trà Vinh NĂM HỌC : 2010 – 2011

- Môn thi : TOÁN

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

-Câu 1 : (2 điểm)

1 Thu gọn biểu thức : P 2 8 3 50 5 18 

2 Giải hệ phương trình :

4 2

x y

x y

 





 



Câu 2 : (1,5 điểm)

1 Vẽ đồ thị (P) của hàm số :

2

1 4

y x

và đường thẳng (D) :

1 2 2

y x

trên cùng hệ trục tọa độ

2 Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính

Câu 3 : (1,5 điểm)

Giải các phương trình sau đây :

1 2x2 5x 3 0 

2 x4 10x2  9 0

Câu 4 : (1,5 điểm)

Cho phương trình : x2 2m3x m 23m 2 0 (1) (m là tham số)

1 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

2 Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa điều kiện :

x x  x x

Câu 5 : (3,5 điểm)

Cho hình vuông ABCD có cạnh 8cm Điểm M thuộc cạnh AD sao cho AM = 6cm

Vẽ đường tròn tâm O có đường kính BM, đường tròn này cắt AC ở E (khác A)

1 Tính bán kính của đường tròn (O)

2 Chứng minh DC là tiếp tuyến của đường tròn (O)

3 Chứng minh rằng BEM là tam giác vuông cân

4 Tiếp tuyến Bx của đường tròn (O) cắt DC ở K Chứng minh rằng M, E, K là ba

điểm thẳng hàng

-Hết -GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2010 – 2011

Câu 1 : (2 điểm)

1 P 2 8 3 50 5 18 2 4.2 3 25.2 5 9.2 4 2 15 2 15 2 4 2        

2

 

   

 

 

3 2 6 1 3 2 6 1

4 2 2 * 2 8 2 4 3



Lấy (1) + (3) : -5x = -10

10 2 5

x 



Thế x = 2 vào phương trình (2) : 4.2 + y = 2  8 + y = 2  y = 2 – 8 = - 6

Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm (2 ; - 6)

Câu 2 : (1,5 điểm)

1

1

1 2

y x 1 2

2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) :

2x 2x  2x  2x   x  x 

Do a – b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm :

 2

x   y      M  

c

a



Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là

1 1;

2

M  

  và N2; 2

Câu 3 : (1,5 điểm)

1 2x2 5x 3 0 

 2  

2

4 5 4.2 3 25 24 49 0

b ac

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt :   49 7

3;

2 x4 10x2  9 0

Đặt X = x2 > 0, ta có phương trình : X2 – 10X + 9 = 0

Do a+b+c =1 – 10 + 9 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm là X1 = 1 và 2

9 9 1

c X a

  

+

2 1

1 1

1 1

x

x

  

    

 

2 2

9 3

9 3

x

x

  

    

 



2 y = 1

2 x + 1

y = 1

2 x 2

3

y

x

-3

1

N

M

2

1

2

y x 2 1

2

2

2

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm : x1 = 1; x2 = -1; x3 = 3; x4 = -3

Câu 4 : (1,5 điểm) Cho phương trình : x2 2m3x m 23m 2 0 (1) (m là tham số)

1  b2  4ac   2m 32 4.1.m2  3m 2  4m2  12m  9 4m2  12m 8 1 0  

Vậy phương trình (1) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

2 Theo câu (1), ta có phương trình (1) có 2 nghiệm là :    1 1  

x         m x         m

Do x x1 2   1 x1 x2 nên : m2  m1 1 m2  m1

                    

 1 0 0 0

m m

Vậy với m =0 hoặc m = -1 thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức : x x1 2   1 x1 x2

Câu 5 : (3,5 điểm)

1 Xét tam giác ABM vuông tại A

Ta có : BM2 = AB2 + AM2 = 82 + 62

BM2 = 64 + 36 = 100

100 10

Mà

10

5

BM

R   cm

2 Kẽ OH DC, do OH là đường trung

bình của hình thang vuông DMBC

Nên

2 8 10

5

DM BC

OH       cm

Vậy OH là bán kính và OH DCtại tiếp điểm H nên DC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính BM

3 Do BM là đường kính nên BEM  900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

 

Mà ABCD là hình vuông nên EAB  450  EMB  450

Vậy tam giác BEM vuông cân tại E

4

H

O

8

6

x

K E

M

B A