Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên năm 2011 môn Toán Tỉnh Nam Định pps

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 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
A.
m 2

. B.
m


. C.
m 2


. D.
m 2

.
Câu 2: Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác MNP cân tại M. Gọi E; F lần lượt là tiếp điểm của
đường tròn (O) với các cạnh MN; MP. Biết

0
MNP 50

. Khi đó, cung nhỏ EF của đường tròn
(O) có số đo bằng:
A.
0
100
. B.
0
80
. C.
0
50
. D.
0
160
.
Câu 3: Gọi

là góc tạo bởi đường thẳng
y x 3

 
với trục Ox, gọi

là góc tạo bởi đường
thẳng
y 3x 5
  
với trục Ox. Trong các phát biểu sau,phát biểu nào sai ?
A.
0
45
 
.
B.
0
90
 
. C.
0
90
 
.
D.
  
.
Câu 4: Một hình trụ có chiều cao là 6cm và diện tích xung quanh là
2
36 cm

. Khi đó, hình trụ

đã cho có bán kính đáy bằng
A.
6
cm.
B. 3 cm. C.
3

cm. D. 6cm.

PHẦN 2 – Tự luận (9điểm):

Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức :
3 x 1 1 1
P :
x 1
x 1 x x
 

 
 

 
 
với
x 0 và x 1
 

1) Rút gọn biểu thức P.
2) Tìm x để 2P – x = 3.

Câu 2.(2 điểm)
1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hoành độ bằng 2 và M thuộc đồ thị
hàm số
2
y 2x
 
. Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M ( biết
đường thẳng OM là đồ thị hàm số bậc nhất).
2) Cho phương trình


2
x 5x 1 0 1
  
. Biết phương trình (1) có hai nghiệm
1 2
x ;x
. Lập
phương trình bậc hai ẩn y ( Với các hệ số là số nguyên ) có hai nghiệm lần lượt là
1 2
1 2
1 1
y 1 và y 1
x x
   

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
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 đường tròn (O; R). Lấy điểm M nằm ngoài (O;R) sao cho qua M kẻ
được hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) và góc AMB nhọn ( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ AH
vuông góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt đường tròn (O;R) tại N (khác A). Đường tròn
đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K (khác A).
1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.
3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD
cắt MA tại E. Chứng minh CI = EA.

Câu 5.(1,5 điểm)
1) Giải phương 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

 

 


 

 

 


ĐKXĐ:
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) Giải phương 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

      

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.
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
 Với
2
2
m x 9
t ta có: x 1 x 11x 2 0
11 11
  
      

121 8 129
   
> 0 phương trình có hai nghiệm
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
         
         
         
         
   
       
   

   

Đặt
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 hayt 2
x
         
=> (3) đúng . Vậy ta có đpcm
Câu 4.(3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R). Lấy điểm M nằm ngoài (O;R) sao cho qua M kẻ được
hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) và góc AMB nhọn ( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông
góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt đường tròn (O;R) tại N (khác A). Đường tròn đường

kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K (khác A).
1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.
3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD
cắt MA tại E. Chứng minh CI = EA.
1)


0
NIB BHN 180
 

NHBI


nội tiếp
2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp






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 đó CNDI nội tiếp


2 2 2
D I A
   

DC//AI
Lại có
 
1 1
A H AE / /IC
 

Vậy AECI là hình bình hành
=>CI = EA.

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
For evaluation only.