Đề thi thử vào 10 (lần 2) năm 2010 - 2011
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (346.13 KB, 8 trang )
Sở giáo dục và đào tạo
Hải Phòng
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
chuyên toán
Năm học 2009 - 2010
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm có 2 trang
Phần I: Trắc nghiệm khách quan. (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trớc câu trả lời đúng.
Câu 1. Biểu thức
2
4
2
4
2
y
x
y
với y < 0 đợc rút gọn là:
A. yx
2
B.
y
yx
22
C.
42
xy
D. yx
2
Câu 2. Với a > 0, b > 0 thì
=+
a
b
b
a
b
a
A. 2 B.
b
ab2
C.
b
a
D.
b
a2
Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến ?
A. y = 2 - x B.
1
2
1
+= xy
C.
4
4
1
+= xy
D. y = 6 3(x 1)
Câu 4. Đờng thẳng nào đi qua điểm M(0; 4) và song song với đờng thẳng x 3y = 7 có ph-
ơng trình là:
A.
4
3
1
+= xy
B.
43 += xy
C.
4
3
1
+= xy
D.
43 = xy
Câu 5. Một nghiệm của phơng trình
03)1(2
2
=+ kxkx
là:
A.
2
1
k
B.
2
1k
C.
2
3
k
D.
2
3k
Câu 6. Cho tam giác MNP vuông ở M, MH là đờng cao thuộc cạnh huyền của tam giác đó.
Biết NH = 5cm, HP = 9cm. Độ dài MH bằng:
A.
cm7
B.
cm53
C.
cm5,4
D.
cm4
Câu 7. Cho đờng tròn (O; R), số đo cung MmN bằng 60
0
. Độ dài cung MmN là:
A.
2
2
mR
B.
6
R
C.
3
2
R
D.
3
R
Câu 8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 3cm, AB = 4cm. Quay tam giác đó một vòng
quanh AB đợc một hình nón. Diện tích xung quanh của hình nón đó là:
A.
)(10
2
cm
B.
)(15
2
cm
C.
)(20
2
cm
D.
)(24
2
cm
(Hết phần trắc nghiệm khách quan)
Phần II: Tự luận. (8,0 điểm)
Bài 1. (1,5điểm)
1. Giải phơng trình
1334
33
=+ xx
Đề thi thử
2. Cho phơng trình x
2
2x 3m
2
= 0 (1).
Chứng minh rằng phơng trình 3m
2
x
2
+ 2x 1 = 0 (m 0) luôn có hai nghiệm phân
biệt và mỗi nghiệm của nó là nghịch đảo của một nghiệm của phơng trình (1).
Bài 2. (1,5điểm)
Cho hệ phơng trình
)(
2
21
I
myx
yx
=+
=++
1. Giải hệ phơng trình (I) khi m = 2.
2. Tìm giá trị của m để hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất.
Bài 3. (2,5điểm)
Cho hai đờng tròn tâm (O) và (O) cắt nhau tại hai điểm A và B (O và O thuộc hai
nửa mặt phẳng bờ AB). Các đờng thẳng AO và AO cắt đờng tròn tâm O lần lợt ở C
và D, cắt đờng tròn tâm O lấn lợt ở E và F.
1. Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng;
2. Chứng minh A là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác BDE;
3. Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O) và (O).
Bài 4. (2,0 điểm)
Cho nửa đờng tròn (O), đờng kính BC. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ BC chứa
nửa đờng tròn (O) vẽ tam giác đều BAC, AB cắt nửa đờng tròn (O) ở E. Gọi M là
một điểm chuyển động trên nửa đờng tròn. Vẽ tam giác đều MCN sao cho đỉnh N
nằm khác phía với điểm B qua MC.
1. Chứng minh ba điểm M, E, N thẳng hàng;
2. Tìm quỹ tích điểm N.
Bài 5. (0,5điểm)
Chứng minh rằng
2
20082009
1
34
1
23
1
2
1
<++++
=== Hết ===
Họ tên học sinh: , Giám thị 1:
Số báo danh: .. , Giám thị 2:
Sở giáo dục và đào tạo
Hải Phòng
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
CHUYÊN TOáN
Năm học 2009 - 2010
Môn thi : Toán
Đề thi thử
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm có 2 trang
Đáp án Biểu điểm
Phần I: Trắc nghiệm khách quan. (2,0 điểm)
- Chọn đúng mỗi câu đợc 0,25 điểm.
Câu
1 2 3 4 5 6 7 8
Đáp án
A B C A D B D B
Phần II: Tự luận. (7,0 điểm)
Đáp án Biểu điểm
Bài 1. (1,5điểm)
1. Giải phơng trình
1334
33
=+ xx
- Lập phơng 2 vế phơng trình ta đợc:
1)334(
2
33
=+ xx
0183031
1728102343
12)3)(34(
12)3)(34(
36)3)(34(3
11.)3)(34(337
1)334.()3)(34(337
1)3()3.(3433.)34(3)34(
2
2
3
3
3
3
33
3
2
333
2
3
=+
=+
=+
=+
=+
=+
=+++
=++++
xx
xxx
xx
xx
xx
xx
xxxx
xxxxxx
có
08281)1830.(1.431
2
>==
(
918281 ==
)
PT có 2 nghiệm phân biệt:
61
2
122
1.2
9131
30
2
60
1.2
9131
2
1
=
=
=
==
+
=
x
x
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x
1
= 30 ; x
2
= - 61.
2. Cho phơng trình x
2
2x 3m
2
= 0 (1).
Chứng minh rằng phơng trình 3m
2
x
2
+ 2x 1 = 0 (m 0) luôn có hai
nghiệm phân biệt và mỗi nghiệm của nó là nghịch đảo của một nghiệm của
phơng trình (1).
- Xét PT: x
2
2x 3m
2
= 0 (1)
có = (- 1)
2
1.(- 3m
2
) = 1 + 3m
2
> 0 với mọi giá trị của m.
PT (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.
- Xét PT : 3m
2
x
2
+ 2x 1 = 0 (m 0) (2)
Với m 0 PT có = 1
2
3m
2
.(- 1) = 1 + 3m
2
> 0 với mọi giá trị của m.
PT (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt .
Gọi x
0
là nghiệm của PT (2) thì x
0
0. Ta có : 3m
2
x
0
2
+ 2x
0
1 = 0 (3)
Chia cả 2 vế của (3) cho x
0
2
ta đợc:
0.75 điểm
0.75 điểm
0)
1
()
1
.(23
2
00
2
=+
xx
m
hay ta có thể viết
03)
1
.(2)
1
(
2
0
2
0
= m
xx
(4)
Hệ thức (4) chính tỏ
0
1
x
chính là nghiệm của PT (1) x
2
2x 3m
2
= 0.
Vậy phơng trình 3m
2
x
2
+ 2x 1 = 0 (m 0) luôn có hai nghiệm phân biệt và
mỗi nghiệm của nó là nghịch đảo của một nghiệm của phơng trình (1).
Bài 2. (1,5điểm)
Cho hệ phơng trình
)(
2
21
I
myx
yx
=+
=++
1. Giải hệ phơng trình (I) khi m = 2.
- Thay m = 2 vào hpt (I) ta đợc:
=+
=++
22
21
yx
yx
+ Nếu x + 1
0 x
- 1, ta có
11 +=+ xx
Với x
- 1 ta có hpt:
=
=
=
=+
=+
=+
=+
=++
1
0
1
1
22
1
22
21
y
x
y
yx
yx
yx
yx
yx
(T/mãn)
Hpt có nghiệm (0 ; 1)
+ Nếu x + 1 < 0 x < - 1, ta có
11 =+ xx
Với x < - 1 ta có hpt:
=
=
=
=+
=
=+
=+
=+
=+
=+
3
5
3
4
3
5
3
3
5
53
3
22
3
22
21
y
x
y
x
y
yx
yx
yx
yx
yx
(T/mãn)
Hpt có nghiệm
3
5
;
3
4
Vậy với m = 2 hpt đã cho có 2 nghiệm (0 ; 1) và
3
5
;
3
4
.
2. Tìm giá trị của m để hệ phơng trình (I) có nghiệm duy nhất.
Xét hpt
)(
2
21
I
myx
yx
=+
=++
Nếu x + 1
0 x
- 1, ta có
11 +=+ xx
Nếu x + 1 < 0 x < - 1, ta có
11 =+ xx
Hệ phơng trình (I) tơng đơng với 2 hpt sau:
)(
1
2
21
II
x
myx
yx
=+
=++
)(
1
2
21
III
x
myx
yx
<
=+
=+
+ Giải hpt (II)
=
=
=
=+
=
=+
=+
=+
=+
=++
1
2
1
1
11
1
1
1
1
2
1
1
2
21
my
mx
x
my
mx
x
my
yx
x
myx
yx
x
myx
yx
(vớix -1)
+ Giải hpt (III)
0.75 điểm
<
+
=
=
+
+
<
+
=
=+
<
+=
=+
<
=+
=+
<
=+
=+
1
3
3
3
3
3
1
3
3
3
1
33
3
1
2
3
1
2
21
x
m
y
m
x
x
m
y
yx
x
my
yx
x
myx
yx
x
myx
yx
+
=
=
<
+
=
=
<
+
=
+
=
3
3
3
6
1
3
3
3
6
1
3
3
3
3
3
m
y
m
x
x
m
y
m
x
x
m
y
m
x
( với x < - 1)
Vì điều kiện x - 1 của hệ (II) và x < - 1 của hệ (III) thì 2 hpt này không thể
có nghiệm chung.
Nên để hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi một trong hai hệ này vô nghiệm còn
hệ kia có nghiệm duy nhất.
* Để hệ (II) vô nghiệm thì điều kiện cần là 2 m < - 1 m > 3.
Với m > 3 thì m 6 > - 3
1
3
6
>
m
x > - 1 Hệ (III) cũng vô
nghiệm.
* Để hệ (III) vô nghiệm thì điều kiện cần là
3361
3
6
mm
m
Với m = 3 thì hệ (II) có nghiệm duy nhất (x ; y) = (- 1; 2)
Với m > 3 suy ra x = 2 m < 2 3 = - 1 x < - 1 Hệ (II) cũng vô
nghiệm.
Nh vậy với các kết quả ở trên, để hpt đã cho có nghiệm duy nhất khi m = 3.
* Điều kiện đủ, với m = 3 ta có hệ
=+
=++
32
21
yx
yx
tơng đơng với 2 hpt sau:
)(
1
32
21
II
x
yx
yx
=+
=++
)(
1
32
21
III
x
yx
yx
<
=+
=+
Hệ (II) có nghiệm (x ; y) = (- 1; 2) nhng theo điều kiện x < - 1 của hệ (III) thì
hệ (III) không nhận đợc
Hệ (III) vô nghiệm với x < - 1.
Vậy hpt đã cho có nghiệm duy nhất (x ; y) = (- 1; 2) khi m = 3.
0.75 điểm
Bài 3. (2,5điểm)
1. Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng.
+ Trong đờng tròn (O) có: góc ABC là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn
góc ABC = 90
0
+ Trong đờng tròn (O) có: góc ABF là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn
góc ABF = 90
0
góc ABC + góc ABF = 90
0
+ 90
0
= 180
0
Ba điểm B , F , C thẳng hàng.
0.75 điểm
A
B
O
O'
C
F
E
D
R
R
R
O
O'
B
A
D
D
C
E
2. Chứng minh A là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác BDE.
+ Trong đờng tròn (O) có:
góc ADB là góc nội tiếp chắn cung AB
góc ACB là góc nội tiếp chắn cung AB
góc ADB = góc ACB (1)
+ Xét tứ giác CDEF có:
gócCDF = 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O))
gócCEF = 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O))
góc CDF = góc CEF = 90
0
Hai đỉnh D và E của tứ giác cùng nhìn cạnh CF dới một góc vuông.
Tứ giác CDEF nội tiếp đờng tròn đờng kính CF
Trong đờng tròn đờng kính CF có:
góc ECF = góc EDF (góc nội tiếp đờng tròn cùng chắn cung EF)
hay góc ACB = góc ADE (2)
Từ (1) và (2) góc ADB = góc ADE
DA là phân giác của góc BDE
Lại có: góc DCA = góc DBA (góc nội tiếp đtròn (O) cùng chắn cung AD)
góc ABE = góc AFE (góc nội tiếp đtròn (O) cùng chắn cung AE)
Mà góc DCA = góc AFE (góc nội tiếp đtròn đkính CF cùng chắn cung DE)
góc DBA = góc ABE
BA là phân giác của góc DBE
+ Xét tam giác ABE có: DA là phân giác của góc BDE
BA là phân giác của góc DBE
A là giao điểm của các đờng phân giác của các góc trong tam giác DBE
A là tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác DBE.
3. Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O) và (O).
Vì D (O) , E (O) nên để DE là tiếp tuyến chung của (O) và (O)
Thì góc ODE = góc OED = 90
0
Ta có: góc ODA = góc OAD (vì OAD cân tại O)
góc OAE = góc OEA (vì OAE cân tại O)
mà góc OAD = góc OAE (hai góc đối đỉnh)
góc ODA = góc OEA hay góc ODO = góc OEO
Trong tứ giác ODEO có 2 đỉnh kề D và E cùng nhìn cạnh OO dới 2 góc
bằng nhau
Tứ giác ODEO nội tiếp đờng tròn. (theo bài toán quỹ tích)
+ Trong tứ giác nội tiêp ODEO có: góc ODE = góc OED = 90
0
góc DOO = OOE = 90
0
Do đó tứ giác ODEO là hình chữ nhật từ đó suy ra OD = OE
Hay R = R (I)
Xét tứ giác AOBO có: OA = OB = OA = OB = R
tứ giác AOBO là hình thoi OB // OA hay OB // AD (3)
Lại có: OD OO (vì góc DOO = 90
0
)
AB OO (quan hệ giữa dây chung và đờng nối tâm)
OD // AB (cùng vuông góc với OO) (4)
Từ (3) và (4) tứ giác ABOD là hình bình hành
AB = OD = R (II)
Từ (I) và (II) suy ra (O) và (O) có bán kính bằng nhau (= R) và cắt nhau tại 2
điểm A và B sao cho AB = R thì DE là tiếp tuyến chung của 2 đờng tròn.
+) Ngợc lại: hoàn toàn chứng minh đợc nếu (O) và (O) đã cho thoả mãn R =
AB = R thì DE là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (O) và (O).
0.75 điểm
1,0 điểm
30
30
60
60
E
O
C
A
N
B
M
Bài 4. (2,0 điểm)
1. Chứng minh ba điểm M, E, N thẳng hàng.
+ Xét đờng tròn (O) có:
góc BEC = 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
góc BMC = 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
Xét BEC có: góc BEC = 90
0
góc EBC + góc ECB = 90
0
mà góc EBC = 60
0
(vì ABC đều)
góc ECB = 30
0
mặt khác: góc ECB = góc EMB (góc nội tiếp (O) cùng chắn cung EB)
góc EMB = 30
0
Ta có: góc EMB + góc BMC + góc CMN = 30
0
+ 90
0
+ 60
0
= 180
0
Ba điểm E , M , N thẳng hàng.
2. Tìm quỹ tích điểm N.
* Phần thuận:
Có: góc ENC = 60
0
( vì MNC đều) , điểm E và C cố định.
Điểm N thuộc cung chứa góc 60
0
vẽ trên đoạn EC.
* Phần đảo:
Xét cung tròn ENC có:
góc ENC = góc EAC (góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ EC)
Vì ABC đều nên góc EAC = 60
0
góc ENC = 60
0
Lấy điểm N bất kỳ trên cung chứa góc EAC vẽ trên đoạn EC
Các góc ENC đều là góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ EC
góc ENC = 60
0
* Giới hạn:
Vì điểm M chuyển động trên nửa đờng tròn (O) nên:
Khi M B thì N A
Khi M C thì N C
Vậy điểm N chuyển động trên cung ANC của cung chứa góc 60
0
đợc vẽ trên
đoạn EC cố định.
* Kết luận: Quỹ tích điểm N là cung ANC chứa góc 60
0
đợc vẽ trên đoạn EC.
1,0 điểm
1,0 điểm
Bài 5. (0,5điểm)
Chứng minh rằng
2
20082009
1
34
1
23
1
2
1
<++++
Giải
Ta có:
)
2
1
1(2)
2
1
2
1
.(2
2
1
1
12
1
2
1
<===
<=
2
1
1
1
2
12
1
2
1
. Tơng tự nh vậy ta có:
<
<
<
<
2009
1
2008
1
2
20082009
1
5
1
4
1
2
45
1
4
1
3
1
2
34
1
3
1
2
1
2
23
1
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên, ta đợc:
2
20082009
1
34
1
23
1
2
1
1.2
2009
1
12
20082009
1
34
1
23
1
2
1
2009
1
2008
1
2
5
1
4
1
2
4
1
3
1
2
3
1
2
1
2
2
1
12
20082009
1
34
1
23
1
2
1
<++++
<
<++++
++
+
+
+
+
<++++
(Điều phải chứng minh)
0,5 điểm
* Chú ý:
- Trên đây chỉ trình bày 1 cách giải nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa
ứng với điểm của câu đó trong biểu điểm.
- Học sinh làm đợc phần nào cho điểm phần đó theo đúng thang điểm của từng phần.
- Trong một câu nếu học sinh làm phần trên sai, dới đúng thì không chấm điểm.
- Bài hình học, học sinh vẽ hình sai thì không chấm điểm. Học sinh không vẽ hình mà làm vẫn đúng
thì cho nửa số điểm của các câu làm đợc.
- Bài có nhiều ý liên quan đến nhau, nếu học sinh công nhận ý trên để làm ý dới mà học sinh làm
đúng thì chấm điểm ý đó.
- Điểm của bài thi là tổng điểm của các câu làm đúng và không đợc làm tròn.
= = = Hết = = =
