Đề chính thức Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 trung học phổ thông tỉnh Thái bình môn toán năm 2010 -2011 ppsx

Sở Giáo dục và đào tạo
Thái bình
Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 trung học phổ thông
Năm học 2010 – 2011
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 . ( 2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức
3 1 x 9
A .
x x x x 3 x

 
 
 
 
 
với x > 0 và x

9
2. Chứng minh rằng
1 1
5. 10
5 2 5 2
 
 
 
 
 

Bài 2 . ( 2,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ 0xy cho đường thẳng (d) : y = (k-1)x + n và 2 điểm A(0;
2) và B(-1; 0)
1. Tìm giá trị của k và n để :
a) Đường thẳng d đi qua 2 điểm A và B
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (

) : y = x + 2 – k
2. Cho n = 2 . Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục hoành Ox tại điểm C sao cho
diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.
Bài 3 . ( 2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai: x
2
– 2mx +m – 7 = 0 (1) với m là tham số
1. GiảI phương trình với m = -1
2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai ngiệm phân biệt với mọi giá
trị của m.
3. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x
1
; x
2
thoả mãn hệ thức
1 2
1 1
16
x x
 

Bài 4 . ( 3,5 điểm)
Cho đường tròn(O;R) , có đường kính AB vuông góc với dây cung Mn tại H ( H

nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho
đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt
nhau tại E.
1. Chứng minh tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp và

CAE đồng dạng với

CHK
2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng
minh

NFK cân.
3. Giả sử KE = KC. Chứng minh : OK // MN và KM
2
+ KN
2
= 4R
2
.
Bài 5 . ( 0,5 điểm)
Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn : a + b + c = 3.
Chứng minh rằng:
     
3 3 3
3
a 1 b 1 c 1
4
      

Hết

Họ và tên thí sinh……………………………Số báo danh…………….
Giám thị 1:……………………… Giám thị 2: …………………
Đề chính thức
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BèNH

(Gồm 04 trang)
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THễNG
Năm học 2010-2011


Hướng dẫn chấm môn Toán
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức:
3 1 x 9
A .
x x x x 3 x

 
 
 
 
 
với x > 0, x

9
2. Chứng minh rằng:
1 1
5. 10
5 2 5 2

 
 
 
 
 

Câu Nội dung Điểm
1
(1,0đ)
x
x
xxx
A
9
.
3
1
3
3 














x
x
xxx
A
9
.
3
1
)3(
3 













x
xx
xxx
xxx
A

)3)(3(
.
)3)(3(
393 




xxxx
xxx
A
)3)(3(
)3)(3).(9(




x
x
A
9





0,25


0,25

0,25

0,25
2
(1,0đ)
Biến đổi vế trái:
)
25
1
25
1
(5



VT


)25)(25(
2525
5




=
4
5

52
5


10


Vậy:
1 1
5. 10
5 2 5 2
 
 
 
 
 





0,25


0,25
0.25

0,25
Bài 2. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (k - 1)x + n và 2 điểm

A(0; 2) và B(-1; 0)
1. Tìm giá trị của k và n để :
a) Đờng thẳng (d) đi qua 2 điểm A và B.
b) Đờng thẳng (d) song song với đường thẳng (

) : y = x + 2 – k
2. Cho n = 2. Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích
tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.
Câu Nội dung Điểm
Đường thẳng (d) đi qua điểm A(0; 2)

n = 2
0,25 1a
(0,75đ)

Đường thẳng (d) đi qua điểm B (-1; 0)

0 = (k -1) (-1) + n


0 = - k + 1 +2


k = 3


0,25
Vậy với k = 3; n = 2 thì (d) đi qua hai diểm A và B 0,25
1b
(0,75đ)

Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (

) : y = x + 2 – k







nk
k
2
11








0
2
n
k

Vậy với






0
2
n
k
thì Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (

)

0,25



0,25

0,25
Với n = 2 phơng trình của (d) là: y = (k - 1) x + 2
đường thẳng (d) cắt trục Ox

k - 1 ≠ 0

k ≠ 1
0,25
Giao điểm của (d) với Ox là )0;
1
2
(

k
C



2
(0,5đ)
( )
C(
2
1-k
; 0)
B(-1; 0)
A(0;2)
x
y
O 1 2

các

OAB và OAC vuông tại O
OCOAS
OAC
.
2
1
 ; OBOAS
OAB
.
2

1

S
OAC
= 2S
OAB


OC = 2.OB


Bc
xx .2

1.2
1
2

 k














22
1
2
02
1
2
k
k
k
k
( thoả mãn)
Vậy với k = 0 hoặc k = 2 thì
S
OAC
= 2S
OAB

0,25
Bài 3. ( 2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai: x
2
– 2mx + m – 7 = 0 (1) với m là tham số
1. Giải phương trình với m = -1
2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai ngiệm phân biệt với mọi giá trị của
m.
3. Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm x
1
; x
2
thoả mãn hệ thức
1 2
1 1
16
x x
 

Câu Nội dung Điểm
1
(0,75đ)

Với m = -1 ta có pT: x
2
+ 2x -8 = 0



' = 1
2
- 1(-8) = 9

x
1
= - 1 + 9 = 2; x
2
= -1 - 9 = -4
Vậy với m = - 1phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
= 2; x
2
= - 4

0,25
0,25
0,25
2
(0,75đ)


' = m
2
- m + 7

4
27
)
2

1
(
2
 m > 0 với mọi m
Vậy pt(1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
0,25

0,25
0,25
3
(0,5đ)
Vì pt(1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
nên theo Viet ta có:





7
2
21
21
mxx
mxx



0,25
Theo bài ra
1 2

1 1
16
x x
 


16
21
21


xx
xx


16
7
2


m
m

m = 8
KL: m = 8




0,25

Bài 4 . ( 3,5 điểm)
Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H ( H
nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn
thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau tại E.
1. Chứng minh tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp và

CAE đồng dạng với

CHK
2. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh

NFK
cân.
3. Giả sử KE = KC. Chứng minh : OK // MN và KM
2
+ KN
2
= 4R
2
.
Câu Nội dung Điểm

F
E
N
M
C
K
O
A B

H

h1

T
E
N
M
C
K
O
B
A
H

h2

1
(1,5đ)
Ta có

AKE = 90
0
(….)
và

AHE = 90
o
( vì MN


AB)



AKE +

AHE = 180
0


AHEK là tứ giác nọi tiếp
0,25
0,25
0,25
0,25

Xét

CAE và

CHK có :


C là góc chung

CAE =

CHK ( cùng chắn cung KE)



CAE



CHK (gg)


0,25
0,25
2
(1,0đ
ta có NF

AC; KB

AC

NF // KB



MKB =

KFN (1)( đồng vị)
và

BKN =

KNF (2) (slt)

mà MN

AB

Cung MB = cung NB



MKB =

BKN (3)
Từ 1,2,3



KFN =

KNF



NFK cân tại K
0,25

0,25

0,25
0,25
3
(1,0đ

Nếu KE = KC



KEC vuông cân tại K



KEC = 45
0




ABK = 45
0


Sđ cung AK = 90
0


0,25


K là điểm chính giữa cung AB

KO

AB

mà MN

AB
nên OK // MN



0,25
Kẻ đờng kính MT
chứng minh KT = KN

0,25

mà

MKT vuông tại K nên KM
2
+ KT
2
= MT
2

hay KM
2
+ KN
2
= (2R)
2

hay KM

2
+ KN
2
= 4R
2



0,25
Bài 5 . ( 0,5 điểm)
Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn : a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
     
3 3 3
3
a 1 b 1 c 1
4
      

Câu Nội dung Điểm

Ta cú:
3 3 2
( 1) 3 3 1
a a a a
    




2

2
3 3 1
3 3 3
1 1 (1) ( 0)
2 4 4
a a a
a a a a do a
   
 
      
 
 

Tương tự:
   
3 3
3 3
( 1) 1 2 , ( 1) 1 3
4 4
b b c c     








0,25

Từ (1), (2), (3) suy ra:

       
3 3 3
3 9 3
1 1 1 3 3
4 4 4
a b c a b c
            

Vậy BĐT được chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi

2
2
2
3
3
0
0
3
2
0,
2
2
3
3
0
0
3

0,
2
2
2
3
3
0
3
0
0,
2
2
2
3
3
a a
a a
a b c
b b
b b
b a c
c c
c c
c a b
a b c
a b c

 

 


 
  


 

  




 


  
 
 
 

    
 
 

 

 
  
 
 


  
 
 
 


 
  

  



0,25