Tải bản đầy đủ (.doc) (7 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUỐC HỌC ppsx

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (181.12 KB, 7 trang )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Năm học 2007-2008
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (1,25 điểm)
1. Tính giá trị của biểu thức:
A =
2 2 4 2 2 4
4 4 4 12 9a ab b a ab b+ + − − +
với
2a =
;
1b =
.
2. Chứng minh:
3 3 3
2 1
3
3 3
x x x
x
x
x x
  
+ +
− =
 ÷ ÷
 ÷ ÷

− +
  
(với


0x


3x

).
Bài 2: (1,25 điểm) Cho phương trình:
2
2 1 0mx mx− + =
(
m
là tham số)
1. Tìm các giá trị của
m
để phương trình có nghiệm và tính các nghiệm của phương trình
theo
m
.
2. Tìm giá trị của
m
để phương trình có hai nghiệm sao cho một nghiệm gấp đôi nghiệm
kia.
Bài 3: (1 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 4 điểm
( 3;4), ( 2;1), (1;2), (0;5)A B C D− −
.
1. Cho biết đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét (cm), tính độ dài các cạnh và các
đường chéo của tứ giác ABCD. Tứ giác ABCD là hình gì ?
2. Dựa vào hình vẽ, cho biết tọa độ giao điểm của 2 đường chéo của tứ giác ABCD.
Bài 4: (1,25 điểm) Cho hàm số
2

y ax=

( )
0a ≠
1. Xác định hệ số
a
biết rằng đồ thị của hàm số đã cho cắt đường thẳng
: 2 3d y x= − +
tại
điểm A có tung độ bằng
1−
.
2. Vẽ đồ thị (P) của hàm số ứng với giá trị a vừa tìm được trong câu 1) và vẽ đường thẳng d
trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Tìm tọa độ giao điểm thứ hai B của (P) và d.
Bài 5: (1,25 điểm)
Hai vòi nước cùng chảy vào bể thì đầy sau 16 giờ. Nếu vòi I chảy trong 3 giờ và vòi II chảy
trong 6 giờ thì được thể tích nước bằng 25% bể. Tính thời gian cần thiết để riêng mỗi vòi chảy
đầy bể.
Bài 6: (1 điểm)
Cho đường tròn (O), A là điểm cố định trên (O) và M là một điểm di động trên (O). Qua M
vẽ đường vuông góc MH với tiếp tuyến AT của đường tròn (O) (H thuộc AT). Chứng minh rằng
trong trường hợp tồn tại tam giác OMH, tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác đi qua
một điểm cố định.
Bài 7: (1,5 điểm)
"Góc sút" của quả phạt đền 11 mét là góc nhìn từ chấm phạt đền đến đoạn thẳng nối 2 chân
của cầu môn. Biết chiều rộng của cầu môn là 7,32 m, hỏi "góc sút" của quả phạt đền 11 mét là
bao nhiêu độ ? Tìm các điểm khác trên sân cỏ có cùng "góc sút" như quả phạt đền 11 mét. Nêu
cách dựng quỹ tích các điểm đó nếu gọi A và B là 2 điểm biểu diễn chân cầu môn và M là điểm
biểu diễn chấm phạt đền.
Bài 8: (1,5 điểm)

Một cốc nước hình nón cụt có bán kính 2 đáy là
1 2
4 , 1r cm r cm= =
, đựng đầy nước. Người ta thả một
quả bi hình cầu bằng kim loại vào thì nó đặt vừa khít
hình nón cụt (hình vẽ). Tính thể tích khối nước còn lại
trong cốc.
Hết
I
J
SBD thí sinh:____________ Chữ ký GT1:
2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN - Năm học 2007-2008
ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Bài Ý Nội dung Điểm
1 1,25
1.1
A =
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 3a b a b+ − −
=
2 2
2 2 3a b a b+ − −
Với
2a =
; b = 1 thỡ A =
2 2 2 2 3+ − −

=
2 2 2 2 3 3 2 1+ + − = −
0,25
0,25
1.2
+ Với giả thiết đã cho:
0x


3x

, ta có:
( ) ( )
( ) ( )
3 3
2 2
3
3 3
2 2 3
3 3
3 3
x
x x
x x x
x x
x x
+
+
− = − = −
− +

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


− +
+ Vậy:
( )
3 3 3 1
2 3 . 1
3
3 3 3
x x x
x x
x
x x x
  
+ +
− = − =
 ÷ ÷

 ÷ ÷

− + −
  
0,25
0,25
0,25
2
1,25
2.1
+ Nếu
0m =
thì phương trình trở thành
1 0=
, nên phương trình vô nghiệm.
+ Nếu
0m

thì phương trình đã cho có nghiệm khi:
( )
2
' 1 0m m m m∆ = − = − ≥
. Suy ra
0m
<
hoặc
1m

(*).
Khi đó các nghiệm của phương trình là:

2
1
;
m m m
x
m
− −
=

2
2
m m m
x
m
+ −
=
.
0,25
0,25
0,25
2.2
Với điều kiện (*), phương trình có hai nghiệm
1
,x

2
x
.
Theo hệ thức Vi-ét:
1 2

2x x+ =

1 2
1
x x
m
=
Theo giả thiết, ta có:
1 2
2x x=
(hoặc
2 1
2x x=
), suy ra:
1
4
;
3
x =

2
2
3
x =
(hoặc
1
2
;
3
x =


2
4
3
x =
)
Suy ra:
1 2
1 8 1 9
1
9 8
x x m
m m
= ⇔ = ⇔ = >
, thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy với
9
8
m =
thì phương trình có một nghiệm gấp đôi nghiệm kia.
0,25
0,25
1
3 1,0
3.1 + Tứ giác ABCD có:
- Các cạnh bằng nhau vì cùng bằng cạnh
huyền của tam giác vuông có các cạnh góc
vuông là 3cm và 1cm. Do đó độ dài mỗi cạnh
của tứ giác là:
2 2

3 1 10 ( )cm+ =
.
- Các đường chéo bằng nhau vì cùng bằng
cạnh huyền của tam giác vuông có các cạnh
góc vuông là 2cm và 4cm. Do đó độ dài mỗi
đường chéo của tứ giác là:
2 2
2 4 20 2 5 ( )AC BD cm= = + = =
+ Tứ giác ABCD có 4 cạnh bằng nhau và hai đường chéo bằng nhau nên là hình
vuông.
0,25
0,25
0,25
3.2
+ Từ hình vẽ suy ra giao điểm của 2 đường chéo là:
( )
1;3I −
0,25
4 1,25
4.1 + Điểm A ở trên d và có tung độ bằng
1−
nên:
1 2 3 2x x
− = − + ⇔ =
.
Do đó:
(2; 1)A −
0,25
+ A là giao điểm của đồ thị hàm số
2

y ax=
với d, nên A thuộc (P), suy ra:
2
1
1 2
4
a a− = × ⇔ = −
0,25
4.2
+ Vẽ đúng parabol (P):
2
1
4
y x= −
+ Vẽ đúng đường thẳng d
+ Hoành độ giao điểm của (P) và d là nghiệm
của phương trình :

2 2
1
2 3 8 12 0
4
x x x x− = − + ⇔ − + =
.
+ Giải phương trình ta được nghiệm thứ hai là:
2 2
6 9x y= ⇒ = −
.
Vậy giao điểm thứ hai của (P) và d là
(6; 9)B −

0,25
0,25
0,25
5 1,25
2
B
A
Gọi
x
(giờ) và
y
(giờ) là thời gian để riêng vòi I và vòi II chảy đầy bể (
0;x >

0y >
).
Mỗi giờ vòi I chảy được
1
x
bể, vòi II chảy được
1
y
bể.
Theo giả thiết thứ nhất, ta có phương trình:
16 16
1
x y
+ =
.
Theo giả thiết thứ hai, ta có phương trình:

3 6 25 3 6 1
100 4x y x y
+ = ⇔ + =
.
Vậy ta có hệ phương trình:
16 16
1
16 16 1
1
3 6 1
3 6
4
4
u v
x y
u v
x y

+ =
+ =


 

 
+ =
 
+ =




(với
1 1
;u v
x y
= =
)
Giải hệ phương trình trên, ta được
( )
1 1
; ;
24 48
u v
 
=
 ÷
 

Suy ra:
( ) ( )
; 24;48x y =
thỏa điều kiện bài toán. Vậy nếu chảy riêng, thì vòi I
chảy đầy bể trong 24 giờ và vòi II chảy đầy bể trong 48 giờ.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
6 1,0
+ Ta có

OA AH⊥
(vì AT là tiếp tuyến của
đường tròn) và
MH AH⊥
(gt). Suy ra:
·
·
//OA MH OAM AMH⇒ =
(so le trong).
+ Mà tam giác AOM cân tại O (OA = OM) nên
·
·
OAM OMA=
, do đó:
·
·
AMH OMA=
và tia
MA luôn nằm giữa hai tia MO và MH, suy ra:
MA là tia phân giác của góc
·
OMH
.
+ Dựng tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của
tam giác OMH cắt (O) tại A’, ta có:
'MA MA⊥
. Suy ra: Tam giác AMA’
vuông tại M, do đó AA’ là đường kính của (O).
+ Mà A cố định, nên A’ cũng cố định.
Vậy tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác OMH đi qua điểm A’ đối

xứng với A qua tâm O.
0,25
0,25
0,25
0,25
7 1,50
3
+ Tam giác MAB cân tại M. Gọi H là trung điểm của AB, thì trung tuyến
MH cũng là đường cao và đường phân giác góc

M
của tam giác cân MAB.
Suy ra:
3,66HA HB m= =
Gọi
·
AMH
α
=
, trong tam giác vuông MHA, có:
0
3,66
18 24'
11
AH
tg
MH
α α
= = ⇒ ≈
Suy ra "góc sút" của quả phạt đền 11 mét là:

0
2 36 48'
α

.
+ Các điểm trên sân cỏ có cùng "góc sút" như quả phạt đền 11 mét là các điểm
cùng nhìn đoạn AB dưới một góc
2
α
, nên chúng ở trên cung chứa góc
2
α

dựng trên đoạn thẳng AB (ở trước cầu môn).
+ Cách dựng:
- Dựng tia Ax tạo với AB một góc
0
2 36 48'
α

(ở sau cầu môn).
- Dựng đường thẳng qua A vuông góc với Ax cắt MH tại O
- Dựng cung tròn tâm O, bán kính OA chứa điểm M, cung tròn này là quĩ
tích cần dựng.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
4

H
8 1,50
+ Hình cầu đặt khít hình nón cụt,
nên đường tròn lớn của nó nội tiếp
trong hình thang cân ABCD, với
AD, BC là hai đường sinh và AB,
CD là 2 đường kính của 2 đáy
hình nón cụt. Gọi O là tâm và r là
bán kính hình cầu, I, J là 2 tiếp
điểm của đường tròn lớn với AB
và CD, M là tiếp điểm của BC với
đường tròn lớn (O), ta có: BI = BM và CJ = CM, suy ra BC = r
1
+ r
2
= 4 + 1 = 5
(cm).
Từ C kẻ CH vuông góc với AB tại H, ta có tứ giác IHCJ là hình chữ nhật, nên
BH =
1 2
r r− =
3 (cm), do đó:
2 2
CH = BC - BH 4( )cm=
.
Vậy: đường kính của hình cầu là:
IJ = CH 4cm=
, nên bán kính của hình cầu là:
2r cm
=

+ Thể tích khối nước tràn ra ngoài bằng thể tích hình cầu và bằng:

( )
3 3
4 4 32
8
3 3 3
V r cm
π
π π
= = × =
1
0,25
0,25
0,25
0,25
+ Thể tích cốc nước hình nón cụt là:
( )
2 2
2 1 2 1 2
1
3
V h r r r r
π
= + +
với chiều cao
của nón cụt là:
h = IJ 4( )cm=
.
( ) ( )

2 2 3
2
1
4 4 1 4.1 28
3
V cm
π π
= × + + =
.
+ Vậy thể tích khối nước còn trong cốc nước là:

( )
3
2
32 52
28 54,5
3 3
V V V cm
π π
π
= − = − = ≈
1
0,25
0,25
5
O

×