Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Bến Tre môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Bến Tre (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 chuyên Bến Tre môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Bến Tre (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN BẾN TRE BẾN TRE Năm học 2011–2012 Môn : TOÁN (chung) Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian phát đề) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: Thời gian làm bài 20 phút / 3,0 điểm (Chọn phương án đúng cho mỗi câu và ghi vào giấy làm bài . Ví dụ: câu 1 chọn A thì ghi 1.A) Câu 1. Biểu thức M = 4 2 3 3 có giá trị bằng: A. 2 3 1 B. 1 2 3 C. 1 D. -1 Câu 2. Với giá trị nào của m thì đường thẳng (d1): mx – 2y = 2 cắt đường thẳng (d2): x + y = 3? A. m 2 B. m 2 C. m 2 D. m 2 2x y 4 Câu 3. Hệ phương trình có nghiệm (x;y). Tổng x + y bằng: x y 2 A.0 B. 2 C. 4 D. 6 Câu 4. Đồ thị hàm số y = f(x) = ax2 đi qua điểm A(-2; 4) có hệ số a bằng: 1 1 A. -1 B. 1 C. D. 8 8 Câu 5. Cho hàm số y = f(x) = ax2 . Nếu f(2) = 1 th ì f(-2) + 2 bằng: A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2 Câu 6. Nếu x0 1 3 là nghiệm của phương trình x x 1 m thì m bằng: 4 3 4 3 A.4 3 B.4 3 C. D. 12 2 Câu 7. Với giá trị nào của m thì phương trình mx2 2m 1 x m 2 0 có nghiệm? 1 1 1 1 A.m B.m C.m và m 0 D.m và m 0 12 12 12 12 Câu 8. Phương trình nào sau đây nhận x1 2 3; x2 2 3 là nghiệm? A.x2 x 4 0 B.x2 x 4 0 C.x2 4x 1 0 D. x2 4x 1 0 Câu 9. Tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) có Aµ 600 , số đo của ·AOB bằng: A. 650 B.1200 C.1300 D.1350 Câu 10. Cho tam giác ABC cân tại B có AC 6cm , Bµ 1200 . Độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tính bằng cm là: A. 3 B.2 3 C.4 3 D. 5 3 Câu 11. Một ngọn tháp cao 50, có bóng trên mặt đất dài 15m. Góc mà tia sáng mặt trời tạo với mặt đất (làm tròn đến độ) là: A.710 B.730 C.750 D.800 AB 5 Câu 12. Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết rằng , đường cao AH 30cm. Độ dài BH AC 6 tính bằng cm là: A.18 B.20 C.25 D.36
2. II. PHẦN TỰ LUẬN: Thời gian làm bài 100 phút/7 điểm. Bài 1. (1,0 điểm) 1 1 x 1 x 2 Cho biểu thức A : . x 1 x x 2 x 1 1. Rút gọn A khi x 0; x 1; x 2 3 2. Tìm x để giá trị của A . 3 Bài 2. (2,0 điểm) x y m 2 Cho hệ phương trình với m là tham số. 3x 5y 2m 1. Giải hệ phương trình khi m 1 . 2. Xác định giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm x; y thoả mãn điều kiện: x y 1 Bài 3. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2 m 1 x m 3 0 với m là tham số. 1. Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. 2 2. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4. (2,5 điểm) Cho góc xOy và điểm P nằm trong góc đó. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của P lên Ox và Oy. Đường thẳng PK cắt Ox tại A, đường thẳng PH cắt Oy tại B. 1. a. Chứng minh tứ giác OKPH và tứ giác KHAB nội tiếp đường tròn. b. Cho x· Oy 600 và OP a . Tính độ dài HK và AB theo a. 2. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của OP và AB. Chứng minh tứ giác MKNH nội tiếp đường tròn.
3. BÀI GIẢI I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: 1.C 2.A 3.B 4.B 5.B 6.A 7.B 8.D 9.B 10.C 11.B 12.C II. PHẦN TỰ LUẬN: Bài 1: 1) Rút gọn 1 x 1 x 1 x 2 x 2 A : x x 1 x 1 x 2 1 x2 1 x2 4 A : x x 1 x 1 x 2 1 x 1 x 2 x 2 A . x x 1 3 3x 2) Tìm x: 3 x 2 3 A 3 3x 3 3 A x 2 3x 3 3 A x 1 3 2 3 3 2 A x 3 1 3 1 3 Bài 2: 1) Khi m 1 , ta có hệ phương trình: 7 x x y 1 2 3x 5y 2 5 y 2 7 5 Vậy hpt có 1 nghiệm duy nhất ; 2 2 x y m 2 2) I 3x 5y 2m m 1 x y 1 m 2 1 m 3 Thế hai giá trị m trên vào hệ phương trình: 7 x 2 7 5 * m 1 x y 1 5 2 2 y 2
4. 1 x 2 1 3 * m 3 x y 1 3 2 2 y 2 Vậy m 1;m 3 2 2 3 7 Bài 3: 1) ' m 1 m 3 m 0, m 2 4 Vậy pt trên luôn có hai nghiệm phân biệt m . 2) Áp dụng hệ thức Vi-ét: x1 x2 2m 2 x1x2 m 3 Do đó: 2 2 A x1 x2 x1 x2 4x1x2 A 2m 2 2 4 m 3 A 4m2 12 16 A 2m 3 2 7 7 2 3 Vậy: min A 7 2m 3 0 m 2 Bài 4: 1/a). Tứ giác OKPH có O· KP O· HP 1800 nên nội y tiếp đường tròn M đường kính OP B . Tứ giác KHAB có ·AKB ·AHB 900 nên nội tiếp đường tròn N đường kính AB b) x· Oy 600 K· OH 600 N ¼ 0 K sđ KPH 120 , do đó KH là cạnh của tam OP a 3 P giác đều nội tiếp M nên KH 3 2 2 M x O H A . OKA vuông tại K K· OH 600 K· AH 300 sđ K¼nH 600 . Do đó KH là cạnh lục giác đều nội tiếp N nên AB=2KH= a 3 2/ Ta có: K· MH 2K· OH   K· MH K· NH 2 K· OH ·KAH 1800 · · KNH 2KAH  VẬy tứ giác MKNH nội tiếp.
5. SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN BẾN TRE BẾN TRE Năm học 2011–2012 Môn : TOÁN (chuyên) Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: Thời gian làm bài 30 phút / 5,0 điểm (Chọn phương án đúng cho mỗi câu và ghi vào giấy làm bài . Ví dụ: câu 1 chọn A thì ghi 1.A) 2 Câu 1. Cho x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x 5x 3 0 . Khi đó x1 1 và x2 1 là hai nghiệm của phương trình: A. x2 5x 5 0 B. x2 7x 5 0 C. x2 7x 9 0 D. x2 7x 8 0 2 Câu 2. Cho x1, x2 là hai nghiệm dương của phương trình: x 7x 1 0 . Khi đó x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình: A. x2 3x 1 0 B. x2 7x 1 0 C. x2 3x 1 0 D. x2 7x 1 0 Câu 3.Cho ba đường thẳng: d1 : y 2x 1; d2 : y x 5 ; d3 : y mx m . Để ba đường thẳng trên đồng quy thì m phải thoả điều kiện: A.m 1 B. m 1 C. m 2 D. m 3 Câu 4. Cho parabol P : y ax2 và điểm A 1 2;1 . Để P đi qua A thì a phải thoả điều kiện: A.a 1 2 B. a 1 2 2 C. a 3 2 2 D. 3 2 2 Câu 5. Cho phương trình m 1 x2 2mx m 1 0 có nghiệm khi m thoả điều kiện: A.m 1 B.m 1 C. m 1 D. Với mọi giá trị Câu 6. Cho phương trình m 1 x2 2mx m 0 có hai nghiệm phân biệt khi m thoả điều kiện: A.m 0 B.m 0 C.m 0 và m 1 D.m 0 và m 1 Câu 7. Tam giác ABC có độ dài ba cạnh lần lượt là: 3a;4a;5a. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng: 7 5 5a 2 5a 3 A.a B.a C. D. 2 2 3 2 2 Câu 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Biết µA Cµ , khi đó số đo góc µA bằng: 3 A.600 B.720 C.1080 D.1200 Câu 9. Cho đường tròn tâm O, bán kính R 5a . Hai dây AB và CD song song nhau và C, D thuộc cung nhỏ »AB . Biết AB 8a;CD 6a , khi đó khoảng cách giửa hai dây bằng: 3a 5a A. 1a B.2a C. D. 2 2 Câu 10. Nếu diện tích mặt cầu tăng lên 2 lần thì thể tích hình cầu tăng lên mấy lần?: A.2 2 B.2 C.4 D. 8
6. II. PHẦN TỰ LUẬN: Thời gian làm bài 120 phút/15 điểm. Bài 1. (3,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 1) – m +1 = 0 3. Xác định m để phương trình có hai nghiệm khác 0. 1 1 4. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả: 2 . x1 x2 Bài 2. (3,5 điểm) x2 Cho parabol (P) : y và đường thẳng (d) : y mx 2m ; ( m là tham số) 2 3. Tìm m để (d) tiếp xúc với (P). Xác định toạ độ các điểm tiếp xúc đó. 4. Chứng minh (d) luôn đi qua một điểm cố định I, xác định toạ độ của I. 5. Gọi A, B là hai điểm tiếp xúc ở câu a). Tính diện tích tam giác AIB Bài 3. (3,5 điểm) 3. Giải phương trình: x2 4 x2 4 x2 4 x y 3 4(x3 y3 ) 4. Giải hệ phương trình: 2 2 x y 1 Bài 4. (2,5 điểm) Cho A và M là hai điểm trên đường tròn tâm O, bán kính R; B là điểm đối xứng của O qua A và D là trung điểm của OA 2. Chứng minh hai tam giác OMD và OBM đồng dạng. 3. Tính độ dài MB khi M· OA 600 . 4. Cho C là điểm cố định nằm ngoài đường tròn, xác định vị trí của M trên đường tròn để tổng 2MC + MB đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 5. (2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 y3 x2 y xy2 5 .
7. BÀI GIẢI I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: 1.C 2.A 3.D 4.D 5.D 6.C 7.B 8.B 9.A 10.A. II. PHẦN TỰ LUẬN: Bài 1: Phương trình x2 2(m 1)x m 1 0 (1) 1) Phương trình (1) có hai nghiệm khác 0 ' 2 m 0 m 0 0 (m 1) m 1 0 m(m 3) 0 m 3 m 1 m 1 0 m 1 m 1 m 1 m 3 Vậy : m 0,m 1 hoặc m 3 . 2) Áp dụng hệ thức Vi- ét, ta có: x1 x2 2m 2 1 1 x x Do đó: 2 2 1 2 x1x2 m 1 x1 x2 x1x2 2 2 (x1 x2 ) 4(x1x2 ) 2 2 (x1 x2 ) 4x1x2 4(x1x2 ) (2m 2)2 4( m 1) 4( m 1)2 20m 4 0 1 m 5 1 Vậy : m 5 Bài 2: 1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và(d) là: x2 mx 2m x2 2mx 4m 0 2 2 m 0 Đường thẳng (d) tiếp xúc với (P) ' m 4m 0 m 4 Với m = 0 tiếp điểm 0(0;0) Với m = 4 tiếp điểm B(4;8) 2) Phương trình: y mx 2m ( x 2)m y 0 x 2 0 ,m y 0 x 2 y 0 Vậy : I(2;0)
8. 1 3) S AI.BH (H là hình chiếu của B /Ox) AIB 2 1 = .2.8 2 = 8 (đvdt) Bài 3: 1) Phương trình x2 4 x2 4 x2 4 Đặt t = x2 4 0 , Khi đó,ta có phương trình: t 4 4 t t ( t 2)2 t t 2 t t t 2 0 (do t 2 0 ) t 1 (loai) t 2 (nhan) Do đó : t x2 4 4 x 2 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x 2 2 . x y 3 4(x3 y3 ) (1) 2) Hệ phương trình 2 2 x y 1 (2) Ta có : (1) x y 3 4 x3 y3 x3 y3 3xy(x y) 4 x3 y3 0 3 x3 y3 3xy(x y) 0 3 x y (x y)2 0 3 x y x y 2 4xy 0 2 a x y (2) x y 2xy 1 . Đặt ta được: b xy 1 3a 0 a 0,b 2 2 2 3a a 4b 0 a 2b 1 1 a 2,b 2 2 a 2b 1 a 4b 0 2 2 1 a 2b 1 a 2,b 2 a 0 x y 0 2 2 2 2 . Với 1 1 x, y , ; , b xy 2 2 2 2 2 2
9. a 2 x y 2 2 . Với 1 1 x y b xy 2 2 2 a 2 x y 2 2 . Với 1 1 x y b xy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Vậy hệ pt đã cho có 4 nghiệm: x, y ; , ; , ; , ; 2 2 2 2 2 2 2 2 Bài 4: 1) OMD và OBM có: C B Ô : góc chung OM OD 1 ( ) B' OB OM 2 DM 1 Do đó OMD : OBM (c.g.c) BM 2 M A 2) MOA đều ( do OA = OM và M· OA 600 ) nên: A' R 3 D MD vuông góc với OA tại D MD OD. 3 2 E DM 1 Mà (cmt) . Do đó: O BM 2 MB 2MD R 3 (đvđd) 3) Vẽ (d) qua C cắt (O) tại M và N, tiếp tuyến CE. Ta có : CME : CEN (g.g) CM CE N CE 2 CM.CN CE CN Mà CE 2 CO2 R2 ( không đổi do C cố định) Theo BĐT Cô-si , ta có: CM CN 2 CM.CN 2 CO2 R2 (1). Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi CM = CN. Khi đó M  N  E hoặc M  N  A' CM là tiếp tuyến của đường tròn (O). (1) 2CM CN 2 2CM.CN 2 2(CO2 R2 ) . Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi 2CM = CN . 4 Khi đ ó : 3CM 2 2(CO2 R2 ) 2CM 2(CO2 R2 ) 3 4 Mặt khác: BM OB OM 2R R R . Suy ra: 2CM BM 2(CO2 R2 ) R . 3 Vậy :2CM + BM đạt GTNN A  M và CM là tiếp tuyến của (O) Bài 5: Phương trình :x3 y3 x2 y xy2 5 x3 y3 xy x y 5 x y x y 2 5
10. x y 1 2 (VN / Z) x y 5 x y 5 x 2 x 3 2 hoac x y 1 y 3 y 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên (x,y) = (2;3) ; (3;2).