SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH - KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT môn Toán docx

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
TỈNH NAM ĐỊNH

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT(Đề chung)
Khóa ngày 20 tháng 6 năm 2006
MÔN THI : TOÁN
Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề)


Câu 1 : (1,5 điểm)
Cho biểu thức A =
2
1 1 1
.
2
2 1 1
x x x
x x x
   
 
 
   
   
 
   
với x > 0; x

1.
1) Rút gọn A.
2) Tìm giá trị của A khi x = 9.
3) Tính giá trị của x để A = -2.

Câu 2 : (1 điểm)
1) Không dùng máy tính, giải hệ phương trình sau :
4 3 7
5 2 8
x y
x y
 


 


2) Giải phương trình : 9x
4
+2x
2
– 32 = 0

Câu 3 : (1,5 điểm)
Cho parabol (P): y =
1
4
x
2
và đường thẳng (d) : y = mx + 1.
1) Vẽ (P).
2) Chứng minh rằng với mọi m, ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt.
3) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích


OAB theo m.
Câu 4 : (1 điểm)
Cho phương trình bậc hai : x
2
– 2( m + 1)x + m
2
– 4m + 5 = 0 (1); với m là tham số.
1) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa : x
1
2
+ x
2
2
= 12.
2) Xác định m để A = x
1
+ x
2
– 2x
1
x
2
đạt giá trị lớn nhất.

Câu 5 : (1 điểm)
Một khu vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 300 m

2
và chiều dài lớn hơn chiều
rộng 5m.Tính các kích thước của khu vườn ?

Câu 6 : (4,0 điểm)
Cho

ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O ; R); hai đường cao AD và
BE cắt nhau tại H. ( D

BC ; E

AC ; AB < AC).
1) Chứng minh

AEDB nội tiếp được.
2) Chứng minh : DB . DC = DH . DA.
3) Chứng minh : OC

DE.
4) Đường phân giác trong của góc A của

ABC cắt BC tại N và cắt đường tròn (O)
tại K

A. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp

CAN. Chứng minh KO cắt CI tại
một điểm thuộc (O).

Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ tên thí sinh : ; SBD:
Giám thị 1 : ; Giám thị 2 :

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
TỈNH NAM ĐỊNH

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT(Đề chung)
Khóa ngày 20 tháng 6 năm 2006
MÔN THI : TOÁN
Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu Đáp án gợi ý
Biểu
Điểm

1) Rút gọn A.
A =
2
1 1 1
.
2
2 1 1
x x x
x x x
   
 
 
   

   
 
   
=
2
2 2
. 1 ( 1) ( 1)
.
2 ( 1)( 1)
x x x x
x x x
 
   
 
 
 
 

=
2
1 4
.
1
2
x x
x
x
 
 
 


 
=
( 1)
x
x
 
=
1
x
x


0,75
2) Tìm giá trị của A khi x = 9.
Với x > 0; x

1 thì A =
1
x
x

.
X = 9

A =
1 9
9

=

8
3


0,25
1

3) Tính giá trị của x để A = -2.
Với x > 0; x

1 thì A =
( 1)
x
x
 
.
A = 2

( 1)
x
x
 
= –2

1
x
x

= 2


x – 2
x
– 1 = 0 (1)
Đặt t =
x
> 0 thì : (1)

t
2
– 2t – 1 = 0


 

 


t 1 2 (lo¹i)
t 1 2 (nhËn)

t = 1 +
2


x = (1 +
2
)
2
(thỏa điều kiện)
Vậy : với x = (1 +

2
)
2
thì A = – 2
0,5
2) Không dùng máy tính, giải hệ phương trình sau:

4 3 7
5 2 8
x y
x y
 


 


8 6 14
15 6 24
x y
x y
 


 


7 10
4 3 7
x

x y



 


10
7
3
7
x
y










Vậy : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất : (
10
7
;
3
7
)

0,5
2
2) Giải phương trình : 9x
4
+2x
2
– 32 = 0 (1)
Đặt t = x
2
. ĐK : t

0.
(1)

9t
2
+ 2t – 32 = 0. (2)

'

= 1 + 9.32 = 289

'


= 17

'

> 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt:

t
1
= – 2 < 0 (loại)
t
2
=
16
9
(nhận).
t =
16
9


x
2
=
16
9

x =
16
9
 =
4
3

.
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x =
4

3


0,5


2) Vẽ (P).
+ Hàm số y =
1
4
x
2
đồng biến khi x > 0, nghịch biến khi x < 0.
+ Đồ thị hàm số y =
1
4
x
2
là một đường cong Parabol đi qua gốc tọa độ O (0 ; 0) và
nhận Oy làm trục đối xứng.
+ Đồ thị hàm số nằm phía trên trục hoành, O là điểm thấp nhất của đồ thị.
+ Bảng các giá trị đặc biệt :
x – 4

–2

0 2 4
y =
1
4

x
2
4 1 0 1 4
+ Đồ thị :












0,5
2) Chứng minh rằng với mọi m, ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt.
Phương trình hoành độ giao điểm ( nếu có ) giữa (P) và (d) là :

1
4
x
2
= mx + 1


x
2
– 4mx – 4 = 0 (*)

'

= 4m
2
+ 4 > 0
m

(hoặc a = 1 > 0, c = -4 <0

a, c trái dấu )


(*) luôn có hai nghiệm phân biệt
m

.
Vậy : (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
0,5
3
3) Tính diện tích

OAB theo m.
Gọi x
1
, x
2
lần lượt là hoành độ của A, B. (x
1
< 0 < x

2
); C, D lần lượt là hình
chiếu vuông góc của A,B lên trục tung.
I là giao điểm của (d) với trục tung, cho x = 0

y = 1

I (0; 1) và OI = 1
Ta có : 2S
OAB
= 2 (S
OAI
+ S
OBI
) = OI . AC + OI . BD = – x
1
+ x
2
=
2
1 2
( )
 
x x

=
2
1 2 1 2
( ) 4 
x x x x

=
2
(4 ) 16

m = 4
2
1

m
Vậy : S
OAB
= 2
2
1

m

0,5
4
x
2
– 2( m + 1)x + m
2
– 4m + 5 = 0
2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa : x
1

2
+ x
2
2
= 12.
'

= ( m + 1 )
2
– ( m
2
– 4m + 5 ) = 6m – 4
Để phương trình có hai nghiệm thì :
'



0

6m – 4

0

m


2
3

Theo hệ thức Vi – et ta có : S = x

1
+ x
2
= 2 ( m + 1 ) ; P = x
1
. x
2
= m
2
– 4m + 5
Theo đề bài : x
1
2
+ x
2
2
= 12

( x
1
+ x
2
)
2
– 2 x
1
x
2
= 12


S
2
– 2P = 12
0,5
x
y
-4
(P)
y =
1
4
x
2
D
C
I
B
A
4
1
4
O
2
-2


[2 ( m + 1 )]
2
– 2 (m
2

– 4m + 5 ) = 12

m
2
+ 8m – 9 = 0

m 1 (nhËn)
m 9 (lo¹i)



 

.
Vậy : với m = 1 thì phương trình có hai nghiệm thỏa x
1
2
+ x
2
2
= 12.
2) Xác định m để A = x
1
+ x
2
– 2x
1
x
2
đạt giá trị lớn nhất.

Với m


2
3
thì phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2.

Theo Vi – et, ta có : S = x
1
+ x
2
= 2 ( m + 1 ) ; P = x
1
. x
2
= m
2
– 4m + 5
A = S – 2P = 2 ( m + 1 ) – 2( m
2
– 4m + 5 ) = – 2m
2
+ 10m

– 8
= – 2 ( m
2

– 5m + 4 ) = – 2 [( m –
5
2
)
2
–
9
4
] = – 2 ( m –
5
2
)
2
+
9
2

9
2

m



A
max
=
9
2
khi m –

5
2
= 0

m =
5
2
(nhận )
Vậy : với m =
5
2
thì A đạt giá trị lớn nhất.
0,5
5
Bài giải
Gọi chiều rộng của mảnh vườn là x (m). ĐK : x > 0.
Chiều dài của mảnh vườn là : x + 5 (m).
Vì diện tích mảnh vườn là 300 m
2
nên ta có phương trình :
x ( x + 5 ) = 300

x
2
+ 5x – 300 = 0

x 20 (lo¹i)
x 15 (nhËn)
 






Vậy : chiều rộng của mảnh vườn là 15 m và chiều dài là 20m.
0,5


0,5















0,25
1) Chứng minh

AEDB nội tiếp được.

AEDB có

·
·

AEB ADB
= 90
0


E và D cùng nhìn AB dưới một góc bằng 90
0



AEDB nội tiếp được. (đpcm)
0,75
6
2) Chứng minh : DB . DC = DH . DA.
Xét đường tròn ngoại tiếp

AEDB :

·
·

DBH DAC
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE )
Xét

DBH và


DAC có :

·
·

DBH DAC


·
·
0
90
 HDB CDA




DBH



DAC ( góc
-
góc )

1
x
M
I
K

N
H
D
E
O
A
B
C




DB DH
DA DC



DB . DC = DH . DA ( đpcm )

3) Chứng minh : OC

DE.
Kẻ tiếp tuyến Cx của (O), ta có :
·
·

ACx ABC
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung – góc nội tiếp cùng chắn cung AC )
·
·


DEC ABC
(góc ngoài của tứ giác nội tiếp ABDE)

·
·

DEC ACx
.
Mà hai góc này ở vị trí so le trong

DE // Cx.
Mặt khác : OC

Cx ( tiếp tuyến )

OC

DE ( đpcm )



1
4) Chứng minh KO cắt CI tại một điểm thuộc (O).
Nối KC. Ta có :
·
·
·
2
 

BAC
NCK BAK ( cùng chắn cung BK )
·
·
2

BAC
NAC
( vì AN là phân giác )
·
·
2

NIC
NAC ( góc nội tiếp – góc ở tâm )

·
·
2

NIC
NCK

Lại có :
·
·
0
180
2



NIC
ICN ( do

NIC cân tại I )

·
0
90
ICK
.
Ta có CI cắt ( O ) tại M


MCK vuông tại C và M, C, K

(O)

MK đi qua O.
Vậy : KO và CI cắt nhau tại M

( O ). (đpcm)
1
Thí sinh làm bài theo cách khác chính xác và khoa học vẫn được điểm tối đa.