Đề+Đáp án kỳ thi tuyển sinh lớp 10 NH 2011-2012 (tỉnh TT Huế)

www.vnmath.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

THỪA THIÊN HUẾ Khóa ngày 24.6.2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,5 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:

2
32 3A  .
b) Trục căn ở mẫu số rồi rút gọn biểu thức:
23
24
32
B 

.
c) Kh«ng sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình:





9y2x5
7y6x2
.
Bài 2: (2,5 điểm)
Cho hàm số y =
2
1

4
x

có đồ thị (P) và hàm số


21 0ymx m m

 có đồ thị (d).
a)
Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, vẽ đồ thị (P) và đồ thị (d) khi 1m  .
b)
Tìm điều kiện của m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ
12
à
x
vx. Khi đó xác định m để
22
12 12
48xx xx


.
Bài 3: (1,0 điểm)
Trong một phòng có 144 người họp, được sắp xếp ngồi hết trên các dãy ghế (số người
trên mỗi dãy ghế đều bằng nhau). Nếu người ta thêm vào phòng họp 4 dãy ghế nữa, bớt mỗi
dãy ghế ban đầu 3 người và xếp lại chỗ ngồi cho tất cả các dãy ghế sao cho số người trên
mỗi dãy ghế đều bằng nhau thì vừa hết các dãy ghế. Hỏi ban đầu trong phòng họp có bao
nhiêu dãy ghế ?
Bài 4: (1,25 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A (hình bên).

a) Tính sin
B
. Suy ra số đo của góc B.
b)
Tính các độ dài HB, HC và AC.

Bài 5: (1,5 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O ; R). Vẽ các đường cao BD và CE

,DACEABvà gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Vẽ hình bình hành BHCG.
a)
Chứng minh rằng: Tứ giác AEHD nội tiếp và điểm G thuộc đường tròn (O ; R).
b)
Khi đường tròn (O ; R) cố định, hai điểm B, C cố định và A chạy trên (O ; R) thì H
chạy trên đường nào ?
Bμi 6: (1,25 ®iÓm)
Cho hình chữ nhật MNDC nội tiếp trong nửa đường tròn tâm O, đường kính AB (M, N
thuộc đoạn thẳng AB và C, D ở trên nửa đường tròn). Khi cho nửa hình tròn đường kính
AB và hình chữ nhật MNDC quay một vòng quanh đường kính AB cố định, ta được một
hình trụ đặt khít vào trong hình cầu đường kính AB.

Biết hình cầu có tâm O, bán kính R = 10 cm và hình trụ có bán kính đáy r = 8 cm đặt
khít vào trong hình cầu đó. Tính thể tích phần hình cầu nằm ngoài hình trụ đã cho.
HÕt

8cm
4cm
H
C
B

A

2
SBD thí sinh: Chữ ký của GT 1:
1
Sở Giáo dục v đo tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 thpt
Thừa Thiên Huế
Môn: TOáN - Khóa ngy: 24/6/2011
Đề CHNH THC HNG DN CHM
Bi
ý
Nội dung
Điểm
1


2,5

1.a

2
32 3 32 3A

2332 (vỡ 32

)
0,25

0,50

1.b


23 3 2
23
24 24
32
32
B





62626 6

0,25

0,50

1.c
Giải hệ phơng trình
:





9y2x5
7y6x2

27y6x15
7y6x2








7y6x2
34x17








7y64
2x

2
1
y
2x



0,25


0,25


0,5
2


2,50

2.a
+ V (P)
+ Khi
1m

thỡ (d) l ng thng 3
y
x

.
+ V (d)
0,50
0,25
0,25

2.b
+ Phng trỡnh honh giao im hai th (P) v (d) l:
2
2
21( 0) 4 840(*)
4
x
mx m m x mx m
+ (P) v (d) ct nhau ti im phõn bit thỡ pt (*) cú hai nghim phõn bit:



22
'4 8 44 2 1 0mm mm

2
410m
1m
Vy: iu kin (d ) ct (P) ti hai im phõn bit cú honh
1

x
v
2
x
l:

0m v 1m (**)


0,25





0,25

0,25


Khi ú, theo nh lớ Vi-ột, t (*) ta cú:
12 12
4; 8 4xx mxx m


Do ú:
22
1 2 12 12 1 2
48 ( ) 48x x xx xx x x

2
48 4 48 2 30mm m m



Gii phng trỡnh ta c:
12
3
1;
2
mm


(u tha iu kin (**))
Vy: vi
1m hoc
3
2
m

thỡ
22
12 12
48xx xx


0,25

0,25

0,25



2
3


1,0


Gọi x là số dãy ghế ban đầu có trong phòng họp (x > 1 ; x

N )
Lúc đầu, số người ngồi trên một dãy ghế là
144
x
, lúc sau là
144
4x 

Ta có phương trình:
144 144
3
4
x
x





144 3 4 144( 4)xxx x 

2
4 192 0xx 

Giải ra ta được:
12
12 ; 16xx (loại)
Vậy: Ban đầu trong phòng họp có 12 dãy ghế.
0,25
0,25




0,25
0,25
4


1,25

4.a
+ Từ hình vẽ, tam giác AHB vuông tại H, suy
ra:
41

sin
82
AH
B
AB


Suy ra:

0
30B 



0,25

0,25

4.b
+ Trong tam giác vuông AHB:
0
83
cos 8cos30 4 3 ( )
2
B
HAB B cm
+ Trong tam giác vuông ABC:

2
2

16 4 3
.()
3
43
AH
HB HC AH HC cm
HB
 
0
83
.30 ( )
3
AC AB tg cm

0,25


0,25

0,25
5


1,5

5.a
+ Ta có:


0

90AEH ADH (gt).
Suy ra: Tứ giác AEHD nội tiếp trong đường tròn
đường kính AH.
+ Ta có: HC//BG (BHCG là hình bình hành), mà
CE AB

(gt), nên
B
GAB

.
+ Chứng minh tương tự, ta có
GC AC
.
Suy ra:


0
90ABG ACG nên tứ giác ABGC
nội tiếp.
Vậy: G ở trên đường tròn (O ; R) ngoại tiếp tam
giác ABC.


0,25

0,25


0,25

0,25

5.b
+ Khi đường tròn (O ; R) cố định, hai điểm B, C cố định và A chạy trên (O ; R):
Vì góc A nhọn nên A chạy trên cung lớn BC của đường tròn (O ; R) và

BAC

 (không đổi và bằng nửa số đo cung nhỏ BC).
Ta có: Tứ giác AEHD nội tiếp (cmt), nên


0
180EAD EHD, suy ra:

0
180EHD

 (không đổi)
Mà


B
HC EHD (góc đối đỉnh). Suy ra:

0
180BHC



 (không đổi).
Vậy: H chạy trên cung chứa góc
0
180



 dựng trên đoạn BC, nằm trong
nửa mặt phẳng bờ BC chứa A.
(Cung nầy đối xứng với cung nhỏ BC qua dây BC)





0,25


0,25
8cm
4cm
H
C
B
A
D
E
G
H
O

A
B
C

3
6


1,25













+ Cho hình chữ nhật
MNDC nội tiếp nửa
đường tròn đường kính
AB, tâm O. Từ O vẽ
OI vuông góc với dây
CD, thì I là trung điểm
của CD (tính chất
đường kính vuông góc

với dây). Suy ra
OI//MC//ND. Do đó
OI là đường trung bình
của hình chữ nhật
MNDC, nên O là trung
điểm của MN.
+ Khi cho nửa hình tròn đường kính AB và hình chữ nhật MNDC quay một
vòng quanh AB ta được hình trụ đặt khít trong hình cầu. Bán kính cùa hình cầu
là
2
A
B
R  ; hình trụ có bán kính đáy
rMC

và chiều cao
22
22hOM Rr
+ Áp dụng với 10 ; 8
R
cm r cm, ta có:
22
2 2 100 64 12hRr cm .
+ Thể tích hình cầu là :

33
1
4 4000
33
VR cm




.
+ Thể tích hình trụ đặt khít trong hình cầu là :



23
2
64.12 768Vrh cm

 
.
Vậy thể tích phần hình cầu ở ngoài hình trụ đặt vừa khít nó là:

 
33
12
4000 1696
768 1776,047
33
VVV cm cm



   

0,25





0,25


0,25


0,25


0,25
Ghi chó:
 Häc sinh lμm c¸ch kh¸c ®¸p ¸n nh−ng ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a.
 §iÓm toμn bμi kh«ng lμm trßn.
I

N
D
C
A
O
B
M