ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn: TOÁN ppsx

www.vnmath.com
www.vnmath.com
Trang
1
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn: TOÁN ( chung)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề thi gồm 02 trang

PHẦN 1 – Trắc nghiệm (1điểm): Mỗi câu sau có nêu bốn phương án trả lời (A, B,C, D) ,
trong đó chỉ có một phương án đúng. Hãy chọn phương án đúng và viết vào bài làm chữ cái
đứng trước phương án lựa chọn.
Câu 1: Phương trình
2
x mx m 1 0
+ + − =
có hai nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khi và ch
ỉ
khi:
A.
m 2
>
. B.

m
∈

. C.
m 2
≥
. D.
m 2
≠
.
Câu 2:
Cho
đườ
ng tròn (O) n
ộ
i ti
ế
p tam giác MNP cân t
ạ
i M. G
ọ
i E; F l
ầ
n l
ượ
t là ti
ế
p
đ
i

ể
m c
ủ
a
đườ
ng tròn (O) v
ớ
i các c
ạ
nh MN; MP. Bi
ế
t

0
MNP 50
=
. Khi
đ
ó, cung nh
ỏ
EF c
ủ
a
đườ
ng tròn
(O) có s
ố

đ
o b

ằ
ng:
A.
0
100
. B.
0
80
. C.
0
50
. D.
0
160
.
Câu 3:
G
ọ
i
α
là góc t
ạ
o b
ở
i
đườ
ng th
ẳ
ng
y x 3

= + v
ớ
i tr
ụ
c Ox, g
ọ
i
β
là góc t
ạ
o b
ở
i
đườ
ng
th
ẳ
ng
y 3x 5
= − +
v
ớ
i tr
ụ
c Ox. Trong các phát bi
ể
u sau,phát bi
ể
u nào
sai

?
A.
0
45
α =
.
B.
0
90
β >
. C.
0
90
β <
.
D.
α < β
.
Câu 4:
M
ộ
t hình tr
ụ
có chi
ề
u cao là 6cm và di
ệ
n tích xung quanh là
2
36 cm

π
. Khi
đ
ó, hình tr
ụ

đ
ã cho có bán kính
đ
áy b
ằ
ng
A.
6
cm.
B. 3 cm. C.
3
π
cm. D. 6cm.

PHẦN 2 – Tự luận (9điểm):
Câu 1. (1,5 điểm)
Cho bi
ể
u th
ứ
c :
3 x 1 1 1
P :
x 1

x 1 x x
 
−
= −
 
−
− +
 
v
ớ
i
x 0 và x 1
> ≠

1)

Rút g
ọ
n bi
ể
u th
ứ
c P.
2)

Tìm x
để
2P – x = 3.

Câu 2.(2 điểm)

1)

Trên m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy cho
đ
i
ể
m M có hoành
độ
b
ằ
ng 2 và M thu
ộ
c
đồ
th
ị

hàm s

ố

2
y 2x
= −
. L
ậ
p ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua g
ố
c t
ọ
a
độ
O và
đ
i
ể
m M ( bi
ế
t
đườ
ng th

ẳ
ng OM là
đồ
th
ị
hàm s
ố
b
ậ
c nh
ấ
t).

2)

Cho ph
ươ
ng trình
(
)
2
x 5x 1 0 1
− − =
. Bi
ế
t ph
ươ
ng trình (1) có hai nghi
ệ
m

1 2
x ;x
. L
ậ
p
ph
ươ
ng trình b
ậ
c hai
ẩ
n y ( V
ớ
i các h
ệ
s
ố
là s
ố
nguyên ) có hai nghi
ệ
m l
ầ
n l
ượ
t là
1 2
1 2
1 1
y 1 và y 1

x x
= + = +

www.vnmath.com
www.vnmath.com
Trang
2
Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 2 17
x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26
x 2 y 1 5

+ =

− +


− +

+ =

− −



Câu 4.(3,0 điểm):
Cho
đườ
ng tròn (O; R). L

ấ
y
đ
i
ể
m M n
ằ
m ngoài (O;R) sao cho qua M k
ẻ

đượ
c hai ti
ế
p tuy
ế
n MA, MB c
ủ
a (O;R) và góc AMB nh
ọ
n ( v
ớ
i A, B là các ti
ế
p
đ
i
ể
m). K
ẻ
AH

vuông góc v
ớ
i MB t
ạ
i H.
Đườ
ng th
ẳ
ng AH c
ắ
t
đườ
ng tròn (O;R) t
ạ
i N (khác A).
Đườ
ng tròn
đườ
ng kính NA c
ắ
t các
đườ
ng th
ẳ
ng AB và MA theo th
ứ
t
ự
t
ạ

i I và K (khác A).
1)

Ch
ứ
ng minh t
ứ
giác NHBI là t
ứ
giác n
ộ
i ti
ế
p.
2)

Ch
ứ
ng minh tam giác NHI
đồ
ng d
ạ
ng v
ớ
i tam giác NIK.
3)

G
ọ
i C là giao

đ
i
ể
m c
ủ
a NB và HI; g
ọ
i D là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a NA và KI.
Đườ
ng th
ẳ
ng CD
c
ắ
t MA t
ạ
i E. Ch
ứ
ng minh CI = EA.
Câu 5.(1,5 điểm)
1)

Gi
ả

i ph
ươ
ng trình :
(
)
(
)
(
)
2
2
x x 9 x 9 22 x 1
+ + = −

2)
Chứng minh rằng : Với mọi
2 3
2 3
1 1
x 1, ta luôn có 3 x 2 x
x x
   
> − < −
   
   
.

HẾT
Gợi ý

Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 2 17
x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26
x 2 y 1 5

+ =

− +


− +

+ =

− −


Đ
KX
Đ
:
x 2;y 1
≠ ≠ −

3 2 17 3 2 17 3 2 17
x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26 2(x 2) 2 (y 1) 3 26 2 3 26
2 1
x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5

  
+ = + = + =
  
− + − + − +
  
⇔ ⇔
  
− + − + − +
  
+ = + = + + + =
  
− − − − − −
  

Câu 5.(1,5 điểm)
1)

Gi
ả
i ph
ươ
ng trình :
(
)
(
)
(
)
2
2

x x 9 x 9 22 x 1
+ + = −

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2
x 9 x 9x 22 x 1 x 9 x 9 9 x 1 22 x 1
 
⇔ + + = − ⇔ + + + − = −
 

Đặt x – 1 = t;
2
x 9
+
= m ta có:
2 2 2 2

m 9mt 22t 22t 9mt m 0
+ = ⇔ − − =

Giải phương trình này ta được
m m
t ;t
2 11
−
= =
 Với
2
2
m x 9
t ta có : x 1 x 2x 11 0 vô nghiêm
2 2
+
= − = ⇔ − + =
www.vnmath.com
www.vnmath.com
Trang
3
2
2
1
2
1
2
1
2
1

O
E
D
C
K
I
N
H
B
A
M

V
ớ
i
2
2
m x 9
t ta có : x 1 x 11x 2 0
11 11
− − −
= − = ⇔ + − =

121 8 129
∆ = + =
> 0 ph
ươ
ng trình có hai nghi
ệ
m

1,2
11 129
x
2
− ±
=
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
1,2
11 129
x
2
− ±
=
2) Chứng minh rằng : Với mọi
2 3
2 3
1 1
x 1, ta luôn có 3 x 2 x
x x
   
> − < −
   
   
(1)
2 3 2
2 3 2
2
2
1 1 1 1 1 1
3 x 2 x 3 x x 2 x x 1

x x x x x x
1 1 1
3 x 2 x 1 (vì x 1 nên x 0) (2)
x x x
         
− < − ⇔ − + < − + +
         
         
   
⇔ + < + + > − >
   
   

Đặ
t
2 2
2
1 1
x t thì x t 2
x x
+ = + = −
, ta có (2)
(
)
(
)
2
2t 3t 2 0 t 2 2t 1 0
⇔ − − > ⇔ − + >
(3)

Vì
( )
2
2
1
x 1 nên x 1 0 x 1 2x x 2 hay t 2
x
> − > ⇔ + > ⇔ + > >
=> (3)
đ
úng . V
ậ
y ta có
đ
pcm
Câu 4.(3,0 điểm)
Cho
đườ
ng tròn (O; R). L
ấ
y
đ
i
ể
m M n
ằ
m ngoài (O;R) sao cho qua M k
ẻ

đượ

c
hai ti
ế
p tuy
ế
n MA, MB c
ủ
a (O;R) và góc AMB nh
ọ
n ( v
ớ
i A, B là các ti
ế
p
đ
i
ể
m). K
ẻ
AH vuông
góc v
ớ
i MB t
ạ
i H.
Đườ
ng th
ẳ
ng AH c
ắ

t
đườ
ng tròn (O;R) t
ạ
i N (khác A).
Đườ
ng tròn
đườ
ng
kính NA c
ắ
t các
đườ
ng th
ẳ
ng AB và MA theo th
ứ
t
ự
t
ạ
i I và K (khác A).
1)

Ch
ứ
ng minh t
ứ
giác NHBI là t
ứ

giác n
ộ
i ti
ế
p.
2)

Ch
ứ
ng minh tam giác NHI
đồ
ng d
ạ
ng v
ớ
i tam giác NIK.
3)

G
ọ
i C là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a NB và HI; g
ọ
i D là giao
đ

i
ể
m c
ủ
a NA và KI.
Đườ
ng th
ẳ
ng CD
c
ắ
t MA t
ạ
i E. Ch
ứ
ng minh CI = EA.
1)


0
NIB BHN 180
+ =

NHBI
⇒

n
ộ
i ti
ế

p
2) cm t
ươ
ng t
ự
câu 1) ta có AINK n
ộ
i ti
ế
p






1 1 1 1
2 2 2 2
Ta có H B A I
I B A K
= = =
= = =
$
$

3) ta có:





1 2
0
1
2
I I DNC
B A DNC 180
+ +
= + + =
$ $

Do
đ
ó CNDI n
ộ
i ti
ế
p


2 2 2
D I A
⇒ = = ⇒
$
DC//AI
L
ạ
i có
 
1 1
A H AE / /IC

= ⇒

V
ậ
y AECI là hình bình hành
=>CI = EA.