Đề thi vào lớp 10 môn toán 2010

Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài ñường chéo 13m chiều dài lớn chiều rộng 7m Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất

Bài III (1,0 điểm)

Cho parabol (P) : y = − x2 ñường thẳng (d) : y = mx −

1. Chứng minh với giá trị m ñường thẳng (d) cắt parabol (P) hai ñiểm phân biệt

2. Gọi x1, x2 hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol

(P) Tìm giá trị m để : 2

1 2 1 x x +x x −x x =3 Bài IV (3,5 ñiểm)

Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C khác A, B) Lấy ñiểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC ñiểm E, tia AC cắt tia BE ñiểm F

1. Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC

3. Chứng minh
   CFD OCB=
   Gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường trịn (O)

4. Cho biết DF = R, chứng minh tg
   AFB 2= Bài V (0,5 điểm)

Giải phương trình : x2+4x (x 4) x+ = + 2+7 BÀI GIẢI Bài I: (2,5 ñiểm) Với x ≥ x ≠ ta có :

1. A = 9

3

x x x

x x x + + − − + −

\= ( 3) ( 3)

9 9

x x x x x

x x x

− + +

+ −

− − −

3

9

x x x x x

x − + + − − = − 9 x x − = − 3( 3) x x − = − 3 x = + 2) A =

3

3 x =

(2)

3. A 3 x =

+ lớn ⇔ x +3 nhỏ ⇔ x =0 ⇔ x = Bài II: (2,5 ñiểm)

Gọi x (m) chiều rộng hình chữ nhật (x > 0) ⇒ chiều dài hình chữ nhật x + (m)

Vì đường chéo 13 (m) nên ta có : 132 ( 7)2

x x

\= + + ⇔ 2x2+14x+49 169 0− = ⇔ x2 + 7x – 60 = (1), (1) có ∆ = 49 + 240 = 289 = 172

Do (1) ⇔ 17

x= − − (loại) hay 17

x=− + =

Vậy hình chữ nhật có chiều rộng m chiều dài (x + 7) m = 12 m Bài III: (1,0 ñiểm)

1. Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

-x2 = mx – ⇔ x2 + mx – = (2), phương trình (2) có a.c = -1 < với m

⇒ (2) có nghiệm phân biệt trái dấu với m ⇒ (d) cắt (P) ñiểm phân biệt

2. x1, x2 nghiệm (2) nên ta có :

x1 + x2 = -m x1x2 = -1

2

1 2 1

x x +x x −x x = ⇔

1 2( 1)

x x x +x − = ⇔ 1(− −m−1) 3= ⇔ m + = ⇔ m =

Bài IV: (3,5 ñiểm)

1. Tứ giác FCDE có góc đối
   FED 90= o =FCD
   nên chúng nội tiếp

2. Hai tam giác vng đồng dạng ACD DEB hai góc
   CAD CBE=
   chắn cung CE, nên ta có tỉ số : DC DE DC.DB DA.DE

DA =DB⇒ =

3. Gọi I tâm vòng trịn ngoại tiếp với tứ giác FCDE, ta có
   CFD CEA=
   (cùng chắn cung CD) Mặt khác
   CEA CBA=
   (cùng chắn cung AC) tam OCB cân O, nên
   CFD OCB=
   Ta có :
   ICD IDC HDB=
   =
   

OCD OBD=

HDB OBD 90+ =

⇒

OCD DCI 90+ = 0 nên IC tiếp tuyến với đường trịn tâm O Tương tự IE tiếp tuyến với ñường trịn tâm O

4. Ta có tam giác vng đồng dạng ICO FEA có góc nhọn

1

CAE COE COI

2

\= = (do tính chất góc nội tiếp) Mà tgCIO
CO R

R IC

2

\= = = ⇒ tgAFB tgCIO 2
=
= Bài V: (0,5 ñiểm)

Giải phương trình : 4 7 ( 4) 7 x + x+ = x+ x +

I

A B

F

E C

(3)

ðặt t = x +2 , phương trình cho thành : t2+4x=(x+4)t ⇔ t2−(x+4)t+4x=0 ⇔ (t−x t)( −4) 0= ⇔ t = x hay t = 4, Do phương trình cho ⇔ 7 4 7

Bạn đang xem tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2009-2010 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học 2009 - 2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Mụn thi: Toỏn Ngày thi: 24 thỏng 6 năm 2009 Thời gian làm bài: 120 phỳt Bài I (2,5 điểm) x 1 1 Cho biểu thức: A với x 0 và x 4 x 4 x 2 x 2 1) Rỳt gọn A 2) Tớnh giỏ trị của A khi x = 25 1 3) Tỡm x để A 3 Bài II (2,5 điểm) Giải bài toỏn sau bằng cỏch lập phương trỡnh hoặc hệ phương trỡnh: Hai tổ sản xuất cựng may một loại ỏo. Nếu tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai may trong 5 ngày thỡ cả hai tổ may được 1310 ỏo.Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất may được nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc ỏo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may được bao nhiờu chiếc ỏo? Bài III (1,0 điểm) Cho phương trỡnh (ẩn x): x2 – 2(m+1)x + m2 + 2 = 0 1) Giải phương trỡnh đó cho khi m = 1 2) Tỡm giỏ trị của m để phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm x 1; x2 thoả món: 2 2 x1 x2 10 Bài IV (3,5 điểm) Cho (O;R) và điểm A nằm bờn ngoài đường trũn. Kẻ cỏc tiếp tuyến AB, AC với đường trũn (B, C là cỏc tiếp điểm). 1) Chứng minh ABOC là tứ giỏc nội tiếp. 2) Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuụng gúc với OA và OE.OA = R2 3) Trờn cung nhỏ BC của (O;R) lấy điểm K bất kỡ (K khỏc B và C). Tiếp tuyến tại K của (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P và Q. Chứng minh tam giỏc APQ cú chu vi khụng đổi khi K chuyển động trờn cung nhỏ BC. 4) Đường thẳng qua O và vuụng gúc với OA cắt cỏc đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại M, N. Chứng minh PM + QN MN Bài V (0,5 điểm) Giải phương trỡnh 1 1 1 x2 x2 x 2x3 x2 2x 1 4 4 2 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh Chữ ký giám thị số 1: Chữ ký giám thị số 2: 1
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI MễN TOÁN VÀO 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM 2009 Bài I 1 x 1 1 A x 4 x 2 x 2 x 1 1 A x 2 x 2 x 2 x 2 x x 2 x 2 x 2 x A x 2 x 2 x 2 x 2 x x 2 x A x 2 x 2 x 2 2 Tớnh giỏ trị của A khi x = 25 25 5 Với x = 25 ta cú A 25 2 3 3 1 Tỡm x để A 3 1 x 1 A 3 x x 2 Khi 3 x 2 3 1 1 4 x 2 x x (tmdk) 2 4 Bài II Giải bằng cỏch lập phương trỡnh: Gọi số ỏo tổ 2 may được trong một ngày là x (x N * ; ỏo/ngày) Số ỏo tổ 1 may được trong một ngày là x + 10 (ỏo) 3 ngày tổ thứ nhất may được 3(x +10) (ỏo) 5 ngày tổ thứ nhất may được 5x (ỏo) Tổ 1 may trong 3 ngày và tổ 2 may trong 5 ngày được 1310 chiếc ỏo nờn ta cú pt: 3(x+10) + 5x = 1310 3x+30+5x=1310 8x 1310 30 8x 1280 x 160(tmdk) Vậy mỗi ngày tổ 1 may được 160 + 10 = 170 chiếc ỏo Mỗi ngày tổ 2 may được 160 chiếc ỏo Cỏch 2:Học sinh cú thể làm theo nhiều cỏch khỏc nhau: chẳng hạn giải bằng cỏch lập hệ pt: Gọi số ỏo tổ 1 may được trong một ngày là x (x N * ; ỏo/ngày) Số ỏo tổ 2 may được trong một ngày là y (y N * ; ỏo/ngày) 3 ngày tổ thứ nhất may được 3x (ỏo) 5 ngày tổ thứ nhất may được 5y (ỏo) Vỡ tổ thứ nhất may trong 3 ngày, tổ thứ hai may trong 5 ngày thỡ cả hai tổ may được 1310 chiếc ỏo nờn ta cú pt: 3x + 5y = 1310 Mỗi ngày tổ 1 may được nhiều hơn tổ 2 là 10 chiếc ỏo nờn ta cú pt: x – y = 10 Ta cú hệ pt: 2
3. 3x 5y 1310 x y 10 Giải hệ ta được x = 170; y= 160 Bài III Cho phương trỡnh (ẩn x): x2 – 2(m+1)x + m2 + 2 = 0 1)Giải phương trỡnh đó cho khi m = 1 Khi m = 1 Phương trỡnh x2 4x 3 0 Vỡ 1 + (-4) + 3 = 0, theo hệ thức Vi-ột pt cú hai nghiệm phõn biệt: x1 1; x2 3 2)Tỡm giỏ trị của m để phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm x 1; x2 thoả món: 2 2 x1 x2 10 x2 – 2(m+1)x + m2 + 2 = 0 (1) *) Pt cú hai nghiệm Δ' 0 (m 1)2 (m2 2) 0 m2 2m 1 m2 2 0 1 2m 1 0 m 2 *) Áp dụng hệ thức Vi-ột cho pt (1) ta cú: x1 x2 2(m 1) 2 x1.x2 m 2 Ta cú 2 2 2 x1 x2 10 x1 x2 2x1 .x2 10 2(m 1) 2 2(m2 2) 10 4(m2 2m 1) 2m2 4 10 0 4m2 8m 4 2m2 14 0 2m2 8m 10 0 m 1 (tmdk) m 5 (không tmđk) Vậy với m = 1 thoả món yờu cầu đề bài. Bài IV M B 1 P 1 1 K A O E 1 Q 1 C N 1) Chứng minh ABOC là tứ giỏc nội tiếp. 3
4. Xột (O): ABOB (AB là tiếp tuyến của (O)) gúc OBA = 90o Chứng minh tương tự: gúc OCA = 90o gúc OBA +gúc OCA = 180o Xột tứ giỏc ABOC: gúc OBA +gúc OCA = 180o (cmt) Mà B và C là hai đỉnh đối nhau tứ giỏc ABOC là tứ giỏc nội tiếp (dhnb tgnt) 2)Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuụng gúc với OA và OE.OA = R2 Ta cú AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) AB = AC và AO là phõn giỏc gúc BAC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) 2 ABC là tam giỏc cõn tại A (dhnb tam giỏc cõn) Mà AO là phõn giỏc gúc BAC (cmt) AOBC (t/c tam giỏc cõn) AOBE Xột tam giỏc OBA vuụng tại B: AOBE (cmt) OE.OA=OB2 (hệ thức lượng trong tam giỏc vuụng) OE.OA=R2 3)Trờn cung nhỏ BC của (O;R) lấy điểm K bất kỡ (K khỏc B và C). Tiếp tuyến tại K của (O;R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P và Q. Chứng minh tam giỏc APQ cú chu vi khụng đổi khi K chuyển động trờn cung nhỏ BC. Xột (O): PB, PK là hai tiếp tuyến của (O) (gt) 3 PK = PB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh tương tự QK = QC Ta cú chu vi tam giỏc APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PK + KQ Mà PK = PB; KQ = QC (cmt) Chu vi tam giỏc APQ = AP + AQ + PB + QC = AP + PB + AQ + QC Chu vi tam giỏc APQ = AB + AC Mà A, (O) cố đinh Tiếp tuyến AB, AC cố định AB, AC khụng đổi Chu vi tam giỏc APQ = AB + AC khụng đổi khi K di chuyển trờn cung BC nhỏ. 4)Đường thẳng qua O và vuụng gúc với OA cắt cỏc đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại M, N. Chứng minh PM + QN MN +) Chứng minh được: AMN cõn tại A gúc M = gúc N (tc tam giỏc cõn) 4 o gúc A + 2 gúc M1 = 180 (*) Ta cú gúc A + gúc BOC = 180o (tứ giỏc OBAC là tgnt) Chứng minh được gúc BOC = 2 gúc POQ gúc A + 2gúc POQ = 180 o ( ) Từ (*) và ( ) ta cú gúc M1 = gúc POQ Ta cú gúc PON là gúc ngoài của MOP gúc PON = gúc P1 + gúc M1 gúc POQ + gúc O1 = gúc P1 + gúc M1 Mà gúc M1 = gúc POQ (cmt) gúc O1 = gúc P1 Xột ONQ và PMO: 4
5. gúcM1 = gúcN1 (cmt) gúcO1 = gúcP1 (cmt) ONQ đồng dạng với PMO NQ ON (đn 2 tam giỏc đồng dạng) MO PM PM.NQ = OM.ON = OM2 Áp dụng bất đẳng thức Cụ si cho hai số PM>0 và PN >0 ta cú: PM PN 2 PM.PN PM PN 2 OM 2 PM PN 2OM PM PN MN Cõu V Giải phương trỡnh 1 1 1 x2 x2 x 2x3 x2 2x 1 4 4 2 2 2 1 1 1 2 x x x (2x 1) (2x 1) 4 2 2 1 1 1 x2 x (2x 1)(x2 1) 4 2 2 1 1 1 1 2 x x x x x 1 2 2 2 2 1 2 1 Điều kiện: x x 1 0 x 2 2 Phương trỡnh tương đương: 1 1 1 1 2 x x x x x 1 2 2 2 2 1 1 1 2 x x 1 x x 1 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 x x x 1 x x x 1 2 2 2 2 1 2 1 2 x x 1 1 0 x x 0 2 2 1 1 x 0 x 2 (tmđk) 2 2 x 0 x 0 1  S ;0 2  5