Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Thái Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 THÁI BÌNH Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1. (2,0 điểm) 3 1 x 3 Cho biểu thức A với x 0 và x 1. x 1 x 1 x 1 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tính giá trị của A khi x 3 2 2. Bài 2.(2,0 điểm) mx 2y 18 Cho hệ phương trình: (m là tham số). x y 6 1. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x ; y) trong đó x = 2. 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả mãn 2x + y = 9. Bài 3. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parbol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = ax + 3 (a là tham số). 1. Vẽ parbol (P). 2. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. 3. Gọi x1, x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm a để x1 + 2x2 = 3. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm C nằm trên tia đối của tia BA sao cho BC = R. Điểm D thuộc đường tròn tâm O sao cho BD = R. Đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt tia AD tại M. 1. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp. b) AB.AC = AD.AM. c) CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. 2. Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần. Tính diện tích phần tam giác ABM nằm ngoài đường tròn tâm O theo R. Bài 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số không âm thoả mãn: a + b + c = 1006. (b c)2 (c a)2 (a b)2 Chứng minh rằng: 2012a 2012b 2012c 2012 2. 2 2 2 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 1
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. (2,0 điểm) 1.Với x 0, x 1, thì : 3( x 1) ( x 1) ( x 3) 3 x 3 x 1 x 3 A ( x 1)( x 1) ( x 1)( x 1) x 1 1 ( x 1)( x 1) x 1 2. Nhận xét: x 3 2 2 ( 2 1)2 (thoả mãn 0 x 1) x | 2 - 1| = 2 - 1 (vì 2 1) 1 1 2 Do đó: A . 2 1 1 2 2 Bài 2.(2,0 điểm) 1. Với x = 2 thì từ phương trình x – y = -6 y = 8. Thay x = 2, y = 8 vào phương trình thứ nhất, ta được: 2m + 16 = 18 m = 1. Vậy giá trị cần tìm m = 1. m 2 2. Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: m 2 . 1 1 Nghiệm duy nhất (x ; y) của hệ đã cho thoả mãn điều kiện đề bài là nghiệm của hệ: x y 6 x 5 2x y 9 y 1 Từ đó, ta có: 5m – 2 = 18 m = 4 (thoả mãn m -2). Vậy giá trị cần tìm là m = 4. Bài 3. (2,0 điểm) 1. Bạn đọc tự giải. 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = ax + 3 = 0 x2 – ax – 3 = 0. Vì = a2 + 12 > 0 a nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt a. Tứ đó suy ra (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. 3. Áp dụng định lí Vi-et, ta có: x1 + x2 = a và x1x2 = -3. Theo giả thiết: x1 + 2x2 = 3 a + x2 = 3 x2 = 3 – a; x1 = a – x2 = 2a – 3; 2 x1x2 = -3 (2a – 3)(3 – a) = -3 2a – 9a + 6 = 0 9 33 = 92 – 4.2.6 = 33 > 0 a . 1,2 4 9 33 Vậy có hai giá trị cần tìm của a là: a . 1,2 4 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 2
3. Bài 4. (3,5 điểm) 1. (Xem hình vẽ bên) a) Ta có: A· DB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) B· DM 900 (hai góc kề bù). B· CM 900 (do MC  BC). M Xét tứ giác BCMD có: B· DM B· CM 1800 Tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp. D b) Xét ADB và ACM có: Aµ chung; A· DB A· CM 900 nên ADB ~ ACM (g.g) AD AB A O B C AB.AC = AD.AM (đpcm). AC AM c) ODC có DB là đường trung tuyến ứng với cạnh 1 OC và DB OC nên ODC vuông tại D. 2 Suy ra OD  CD. Do đó CD là tiếp tuyến của (O). 3R 2 2. OBD có OB = OD = BD = R OBD đều O· BD B· OD 60 0và S (đvdt) OBD 4 OAD và OBD chung chiều cao hạ từ đỉnh D, đáy bằng nhau nên: 3R 2 3R 2 S S S (đvdt) OAD OBD 4 ABD 2 Xét MBD và MBC có: M· DB M· CB 900 , BM là cạnh chung, BD = BC (giả thiết) MBD = MBC (cạnh huyền-góc nhọn) C· BD 1800 O· BD 1800 600 M· BD M· BC 600 2 2 2 M· BD O· BD BD là tia phân giác của góc ABM. ABM có BD vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên cân tại B BD đồng thời là 2 đường trung tuyến ứng với cạnh AM. Suy ra: S ABM 2S ABD 3R (đvdt) Gọi S là diện tích phần tam giác ABM nằm ngoài đường tròn tâm O thì: 3R 2 R 2.60 (9 3 2 )R 2 S S S S 3R 2 (đvdt). ABM AOD q(OBD) 4 360 12 Bài 5. (0,5 điểm) (Tham khảo của bạn Ngô Quang Hùng: ngoquanghungthcsak@gmail.com) (b c)2 (c a)2 (a b)2 Đặt P 2012a 2012b 2012c 2 2 2 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 3
4. (b c)2 (b c)2 (b c)2 Ta có: 2012a 2a.1006 2a(a b c) 2 2 2 4a 2 4a(b c) (b c)2 4a 2 4a(b c) (b c)2 4bc 2 2 (2a b c)2 (2a b c)2 2bc (do b, c 0) 2 2 (b c)2 (2a b c)2 2a b c 2012a . 2 2 2 (c a)2 2b c a (a b)2 2c a b Chứng minh tương tự: 2012b ; 2012c . 2 2 2 2 2a b c 2b c a 2c a b 4(a b c) 4.1006 Suy ra: P 2012 2. 2 2 2 2 2 (b c)2 (c a)2 (a b)2 Vậy 2012a 2012b 2012c 2012 2. 2 2 2 a b 0, c 2012 Dấu bằng xảy ra b c 0, a 2012 c a 0, b 2012 Sưu tầm và giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 4