đề thi vào 10 Cần thơ 2010 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
THÀNH PHỐ CẦN
THƠ
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2010-2011
Khóa ngày: 22, 23/6/2010
ĐỀ CHÍNH
THỨC
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát
đề)
Câu 1 (2,0
điểm)
1. Rút
gọn:
A
=
20
−
45
+
3 18
+
72
B
=

1
2
−

3
4,
5
+

2
50
4 2
5
4x
2
−

4
x
+
1
2. Cho biểu thức E =
1

−
.
2x
−1
a. Tìm điều kiện của x để biểu thức E có
nghĩa.
b. Rút gọn biểu thức E
với
Câu 2 (2,0

điểm)
x
<

1
.
2
Giải hệ phương trình, bất phương trình và các phương trình
sau:

3x
−

2
y
=

12
1.


1,
5x
+
y
=
0
2.
2
x − 3 >

3
(

x −
2
)
3.
3
x
+
5
=

1
x
−

2
2
2
4. 4 x
4
+ x
2
− 5 = 0
5. 2x
2
−
5x
−

3
=
x
−

1
Câu 3 (1,5
điểm)
Cho hai hàm
số
y =
x

2
có đồ thị (P)
và
y
=
x
+
2 có đồ thị
(d).
1. Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ
Oxy.
2. Gọi A, B là các giao điểm của (P) với (d). Tính diện tích tam giác AOB (đơn vị
đo
trên các trục tọa độ là
xentimét).
Câu 4 (1
điểm)

Cho phương trình
2
x
2
+ mx + 8 = 0
(*).
1. Xác định m để phương trình (*) có một nghiệm là –1. Tính nghiệm còn
lại.
2. Xác định m để phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt.
Câu 5 (3,5
điểm)
Cho đường tròn (O ; R). M là một điểm ở ngoài đường tròn sao cho OM = 2R.
Tia
MO cắt đường tròn ở A và B (A nằm giữa M và O). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MC và MD
với
đường tròn (O) (C và D là hai tiếp
điểm).
1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp và MO vuông góc CD tại
H.
2. Chứng minh tam giác MCD là tam giác đều và tính độ dài cạnh của nó theo
R.
3. Chứng minh MA.MB =
MH.MO.
HẾT
1
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
CÂU
ĐÁP
ÁN ĐIỂM

Câu1
(2đ)
1)
A = 20 − 45 + 3 18 + 72 = 2 5 − 3 5 + 9 2 + 6
2
=
15 2 −
5
B =
1
2
−

3
4,
5
+

2
50 =
1
2
−

9
2
+
2
2
4 2 5 4

4
=
0
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2)
4
x
2
−
4x
+

1
E =
1

−
2
x
−
1
- Điều kiện: x
≠

1
2
(

2x
−
1
)
2
2
x
−

1
E =
1

− =
1

−
2x −1
2
x
−

1
E =
1

−

−

(
2
x
−

1
)

(vì với x
<

1
thì 2x – 1 <
0)
2x −1
2
= 1 + 1 =
2
0,25
đ
0,25
đ
0,25đ
0,25đ
Câu
2
(2
đ)
1)


3x −
2
y
=

12


1,
5x
+
y
=

0
Trình bày cách giải đúng, tìm được nghiệm của hệ
là:


x =
2



y
=

−
3

0,25đ
0,25đ
2)
2
x − 3 >
3

(

x −
2
)
⇔
2
x
−
3 > 3x − 6 ⇔
−
x > −3 ⇔ x <
3
0,25
đ
3)
3
x
+
5
=

1

x
−
2
⇔
x
=

−
7
2
2
0,25
đ
4)
4
x
4
+
x
2
−
5
=

0
Đặt X = x
2
(X ≥
0)
Tìm được X = 1 ; X

=

−

5
(loại)
4
⇒
x = ±1
0,25đ
0,25đ
2
5)
2
x

2
−
5x − 3 = x
−

1

.


x
≥

1

⇔



x
2
−
3x
−
4
=

0

⇔ x =
4
0,25đ
0,25đ
Câu
3
y
4
B
2
E
A
1
-2 -1 O 2
x
Vẽ đúng

(P)
Vẽ đúng
(d)
0,5
đ
0,5
đ
2) Gọi E là giao điểm của (d) và trục Oy ⇒ E (2 ;
0)
S

AOE
=
2.1
: 2
=

1
S
BOE
= 2.2 : 2 =
2
2
S

AOB
=

1

+
2
=
3
(cm
)
0,5
đ
Câu
4
(1
đ)
1)
Phương trình có một nghiệm bằng −1, tìm được giá trị của m =
10
Lập luận tìm được nghiệm còn lại là
−4
0,25đ
0,25đ
2)
2
x
2
+ mx + 8 =
0
∆ = m
2
− 64 > 0 ⇔ m
2
>

64
Suy ra m > 8 hoặc m <
−8
0,25
đ
0,25
đ
3
Câu
5
(3,5
đ)
C
M
A H
O
B
D
0,5
đ
1)
Ta có:
M

C
O

=
90
0

,

M

DO

=
90
0
(t/c tiếp
tuyến)
Suy ra tứ giác MCOD nội
tiếp
Ta có: MC = MD (t/c tiếp
tuyến)
OC = OD (bán
kính)
Suy ra MO là đường trung trực của đoạn
CD
Vậy MO ⊥ CD tại
H
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2)
Có MC = MD và lí luận được số đo góc CMD =
60
0
Suy ra ∆MCD là tam giác

đều
MC = MO
2
− OC
2
=
(

2R
)
2
−
R

2
= R
3
0,25
đ
0,25đ
0,5
đ
3)
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MCO
có:
MC
2
= MH.MO
(1)
Lập luận chứng minh được

∆
MCA


∆
MBC
⇒

MC
=

MA
⇒
MC
2
=
MA.MB
(2)
MB
M
C
Từ (1) và (2) suy ra: MA . MB = MH .
MO

Cách
khác:
MH.MO = MC
2
=
(

R

3

)
2
=

3R

2
MA.MB = R.3R =
3R
2
Suy ra MA.MB =
MH.MO
0,25đ
0,5đ
0,25đ

0,5đ
0,25đ
0,25đ
Lưu ý
:
- Các cách giải khác được hưởng điểm tối đa của phần
đó.
- Điểm từng phần, điểm toàn bài không làm
tròn.