Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012 KHÁNH HÒA Khóa ngày : 29/06/2011 Môn : TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (3.00điểm) ( Không dùng máy tính cầm tay) 1 1. Tính giá trị biểu thức: A 3 2 3 2. Giải hệ phương trình: 2x y 5 3x y 10 3. Giải phương trình: x4 – 5x2 – 36 = 0 Bài 2: : (2.00 điểm ) 1 Cho parapol (P) : y = x2 . 2 1. Vẽ (P) trong mặt phẳng tọa độ Oxy. 2. Bằng phương pháp đại số,hãy tìm tọa độ các giao điểm A và B của (P) và đường thẳng (d) : y = - x + 4.Tính diện tích tam giác AOB ( O là gốc tọa độ). Bài 3 : (1.00 điểm ) Cho phương trình bậc hai x2 - ( m + 1 )x + 3 ( m – 2 ) = 0 ( m là tham số).Tìm tất cả các giá trị 3 3 của m để phương trình có hai nghiệm x1;x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 35. Bài 4 : (4.00 điểm ) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R( kí hiệu là (O) ).Qua trung điểm I của AO, vẽ tia Ix vuông góc với AB và cắt (O) tại K.Gọi M là điểm di động trên đoạn IK(M khác I và K ), kéo dài AM cắt (O) tại C.Tia Ix cắt đường thẳng BC tại D và cắt tiếp tuyến tại C của (O) tại E. 1. Chứng minh tứ giác IBCM nội tiếp. 2. Chứng minh tam giác CEM cân tại E. 3. Khi M là trung điểm của IK,tính diện tích tam giác ABD theo R. 4. Chứng tỏ rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD thuộc một đường thẳng cố định khi M thay đổi. HẾT SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN 1 1. A 3 2 3 3 2 2 3 2. Hệ phương trình:
2. 2x y 5 2x y 5 2.3 y 5 y 1 3x y 10 5x 15 x 3 x 3 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x ; y) = (3 ; -1) 1. Giải phương trình: Có x4 – 5x2 – 36 = 0 x4 – 9x2 + 4x2 – 36 = 0 x2( x2 – 9 ) + 4 (x2 – 9) = 0 ( x2 – 9 ) (x2+ 4 ) = 0 Vì x2+ 4 4 với mọi giá trị của x Nên x2 – 9 = 0 x = 3 Vậy nghiệm của pt : S = 3  Bài 2: a)Bảng giá trị: x -4 -2 0 2 4 1 8 2 0 2 8 y = x2 . 2 Đồ thị: B A O b)Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 1 (*) x2 = - x + 4 x2 + 2x – 8 = 0 2 = 4 + 32 = 36 > 0 => 6 =>x1 = 2 ; x2 = - 4 Với x1 = 2 thì y1 = 2 ; với x2 = - 4 thì y2 = 8 Vậy tọa độ của A(2 ; 2) và B(-4 ; 8).
3. ( ) Lại có : AB 2 4 2 8 2 2 72 6 2 OA 22 22 8 2 2 OB ( 4)2 82 80 4 5 Nhận xét AB2 + OA2 = (6 2)2 (2 2)2 80 Và OB2 = 80 => AB2 + OA2 = OB2 Vậy ABO vuông tại A ( theo đl pitago đảo). 1 Do đó SABO = ½. OA. AB = .6 2.2 2 12 (đvdt) 2 Bài 3: Cho pt: x2 – (m+1)x + 3(m – 2) = 0 Bài 3 (1.00 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 – (m+1)x + 3(m-2) = 0 (m là tham số). Tìm tất cả các 3 3 giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 35. Giải : = = (m+1)2 – 4.3(m-2) = m2 +2m + 1 -12m +24 = m2 -10m + 25 = (m – 5)2 0 với mọi m nên phương trình luôn có nghiệm. x1 = [(m+1)-(m-5)]/2 = 3 x2 = [(m+1)+(m-5)]/2 = m – 2 3 3 Ta có: x1 + x2 35 27 + (m-2)3 35 (m-2)3 8 m-2 2 m 4 3 3 Vậy m 4 thì x1 + x2 35 (Ghi chú: nếu sử dụng giá trị tuyệt đối delta thì cũng có kết quả tương tự) Bài 4 : (Của thầy Đinh Quý Thọ, THCS Âu Cơ, Nha Trang) y D R 7 c) Trong AMI . . . . AM = 4 AC AB AMI ∽ ABC AI AM E 4R P Q AC = C 7 P’ K DI IB ACB ∽ DBI AC BC L DI = 3R M N A B I O
4. AB.DI 2 Do đó SABC = 3R (ddvd) 2 d) Lấy điểm Q là trung điểm của AD. QE // AM và QE = 1/2AM ( QE là đường trung bình AMD) Trong ABD, dễ thấy BM là đường cao thứ 3 nên ·ABM Q· PE ( 2 góc có cạnh tương ứng song song ) M· AB P· EQ ( 2 góc có cạnh tương ứng song song ) Nên PEK ∽ BAM PE EK 1 AB . Do đó PE = R AB AM 2 2 P di chuyển luôn cách đường thẳng cố định Ix một đoạn không đổi R nên chạy trên đường thẳng song song Ix cách một đoạn R Giới hạn : M  K P  P’ M  I P đi xa vô tận Vậy khi M di động trên KI thì MP di chuyển trên tia Oy như hình vẽ Cách 2 : (của thầy Ngô Anh Tuấn, THCS Bùi Thị Xuân, Nha Trang) Lấy điểm N đối xứng với B qua I. Ta có : DNB cân tại D => DNA = DBN Mà : Tứ giác BCMI nội tiếp (cmt) nên: CBI +CMI = 1800. Ta lại có : DMA =  CMI ( đối đỉnh) Suy ra : DNA + DMA = 1800 => tứ giác DMAN nội tiếp => tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD cũng là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMAN. Mà tâm P của đường tròn ngoại tiếp tứ giác DMAN nằm trên đường trung trực của AN. Mà : A, I, B cố định nên NA cố định => P nằm trên đường trung trực của NA cố định. Vậy tâm P của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD nằm trên đường trung trực của NA cố định. SỞ GD-ĐT KHÁNH HÒA KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN KHÔNG CHUYÊN NGÀY THI : 21/06/2011 Thời gian : 120 phút Bài 1 (2đ) 2 3 6 8 4 1. Đơn giản biểu thức A 2 3 4 1 1 2. Cho biểu thức P a ,a 1 a a 1 a a 1 Rút gọn P và chứng tỏ P 0
5. Bài 2 (2đ) 2 1. Cho phương trình bậc hai x + 5x + 3 = 0 có 2 nghiệm x1; x2. Hãy lập một 2 2 phương trình bậc 2 có 2 nghiệm (x1 + 1) và (x2 + 1). 2 3 4 x y 2 2. Giải hệ phương trình 4 1 1 x y 2 Bài 3(2đ). Quãng đường từ A đến B dài 50 km. Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vân tốc không đổi. Khi đi được 2 giờ, người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ. Muốn đến B đúng thời gian đã định, người đi xe đạp phải tăng vận tốc thêm 2km/h trên quãng đường còn lại. Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp. Bài 4 (4đ). Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn và H là trực tâm. Vẽ hình bình hành BHCD. Đường thẳng đi qua D và song song BC cắt đường thẳng AH tại E. 1. Chứng minh A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn. 2. Chứng minh B· AE D· AC . 3. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC, đường thẳng AM cắt OH tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC. 4. Giả sử OD = a. Hãy tính độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo a. HẾT SỞ GD-ĐT KHÁNH HÒAKỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN CHUYÊN NGÀY THI : 22/06/2011 Thời gian : 150 phút Bài 1(2đ) 1. Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức A 2 3. 2 2 3 . 2 2 2 3 . 2 2 2 3
6. 2. Cho x, y là các số khác 0 và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 1 P x3 y3 xy Bài 2 (2đ) 2 2 1. Giải phương trình x 3x 4 x x 6 24 x y y z 187 2. Với x, y, z là các số dương, giải hệ phương trình y z z x 154 z x x y 238 Bài 3. (2đ) 1. Cho ba số a, b, c thỏa mãn 1 a,b,c 2,a b c 0 . Chứng minh: ab bc ca 3 . a 1 b 1 2. Cho a, b là các số nguyên dương sao cho là 1 số nguyên. Gọi b a d là ước của số a và b. Chứng minh d a b Bài 4.(3đ) Trên nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R là độ dài cho trước) lấy hai điểm M. N (M. N khác A và B) sao cho M thuộc cung »AN và tổng các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng R 3 . 1. Tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 2. Gọi I là giao điểm của AN và BM, K là giao điểm của AM và BN. Chứng minh bốn điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó theo R. 3. Tìm GTLN của diện tich tam giác KAB theo R khi M, N thay đổi trên nửa đường tròn (O) nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán. Bài 5. (1đ) Cho hình thoi ABCD có B· AD 1200 . Tia Ax tạo với tia AB một góc B· Ax 150 và cắt cạnh BC tại M, cắt đường thẳng CD tại N. Tính giá trị của biểu thức 2 1 1 T AB 2 2 AM AN HẾT