Đề thi và gợi ý đáp án môn Toán (Tuyển sinh lớp 10 năm 2009)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
QUẢNG TRỊ Khòa ngày 07 tháng 7 năm 2009
MÔN TOÁN
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm)
1. Rút gọn (không dùng máy tính cầm tay) các biểu thức sau:
a.
12 27 4 3− +
b.
( )
2
1 5 2 5− + −
2. Giải phương trình (không dùng máy tính cầm tay): x
2
– 5x + 4

= 0
Câu 2 (1,5 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hàm số y = - 2x + 4 có đồ thị là đường thẳng (d)
a. Tìm tọa độ giao điểm của (d) với hai trục tọa độ.
b. Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ.
Câu 3 (1,5 điểm):
Cho phương trình bậc hai (ẩn số x): x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 3 = 0. (1)
a. Chứng tỏ phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m.
b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.
Câu 4 (1,5 điểm):
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 720 m
2
, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm

chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không thay đổi. Tính kích thước (chiều dài và chiều
rộng) cùa mảnh vườn.
Câu 5 (3,5 điểm):
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) không đi qua
tâ, O, cắt đường tròn (O) tại B và C (B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O)
tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với OA (H nằm trên OA), DH cắt cung nhỏ
BC tại M. Gọi I là giao điểm của OD và BC.
a. Chứng minh: Tứ giác OHDC nội tiếp được.
b. Chứng minh: OH.OA = OI.OD
c. Chứng minh: AM là tiếp tuyến của đường tròn (O)
d. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OMA nằm ngoài đường
tròn (O)
ĐỀ CHÍNH THỨC
GỢI Ý ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Rút rọn các biểu thức sau:
a.
12 27 4 3 2 3 3 3 4 3 (2 3 4) 3 3 3− + = − + = − + =
b.
( )
2
1 5 2 5 1 5 2 5− + − = − + −
=
( )
1 5 2 5− − −
(vì
2 5−
< 0)
=
1 5 2 5 1− − + = −

2. Giải phương trình: x
2
– 5x + 4 = 0
Ta có: a = 1; b = - 5; c = 4
Phương trình có dạng a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0
⇒
Phương trình có hai nghiệm: x
1
= 1; x
2
=
4
c
a
=
Câu 2 (1,5 điểm): (d): y = - 2x + 4
a. Tọa độ giao điểm của (d) với trục tung là: (0; 4)
Tọa độ giao điểm của (d) với trục hoành là: (2; 0)
b. Gọi M(x
0
; y
0
) là điểm trên (d) có hoành độ bằng tung độ
⇒
y
0
= x
0
Mặt khác vì M nằm trên (d) nên ta có: y
0

= - 2x
0
+ 4
Do đó, ta được: - 2x
0
+ 4 = x
0

⇒
3x
0
= 4

⇒
x
0
=
4
3

⇒
y
0
=
4
3
Vậy trên (d) có 1 điểm có tung độ bằng hoành độ: M
4 4
;
3 3

 
 ÷
 
Câu 3 (1,5 điểm): x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 3 = 0. (1)
c. Chứng tỏ phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m
Ta có: ∆’ = [– (m – 1)]
2
– (2m – 3) = m
2
– 2m + 1 – 2m + 3 = m
2
– 4m + 4
= (m – 2)
2
≥ 0 với mọi giá trị của m
Vậy phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m.
d. Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu:
Phương trình có hai trái dấu
⇔
ac < 0
⇔
2m – 3 < 0
⇔
m <
3
2
Câu 4 (1,5 điểm):
Gọi chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là x (m)

Điều kiện: x > 0
Chiều rộng mảnh đất hình nhật là:
720
x
(m)
Chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật sau khi tăng là x + 6 (m)
Chiều rộng mảnh đất hình nhật sau khi giảm là:
720 720 4
4
x
x x
−
− =
(m)
Vì diện tích hình chữ nhật sau khi tăng chiều dài thêm 6 m và giảm chiều rộng 6 m không
thay đổi nên ta có phương trình:

720 4
( 6) 720
x
x
x
−
+ =
⇔
(x + 6)(720 – 4x) = 720x
⇔
720x – 4x
2
+ 4320 – 24x = 720x

⇔
x
2
+ 6x – 1080 = 0
⇔
1
2
30
36
x
x
=


= −

Đối chiếu điều kiện x > 0 ta được: x = 30
Vậy chiều dài mảnh đất hình chữ nhật là: 30 (m)
Chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là:
720
24
30
=
(m)
Câu 5 (3,5 điểm):
N
I
M
H
D

B
O
A
C
a. Chứng minh: Tứ giác OHDC nội tiếp được.
Ta có:
·
0
OCD 90=
(Tính chất của tiếp tuyến)

·
0
OHD 90=
(DH
⊥
OA)
⇒
Hai điểm C, H cùng nhìn đoạn OD dưới một góc vuông
⇒
Hai điểm C, H cùng nằm trên đường tròn đường kính OD
Vậy tứ giác OHDC nội tiếp được.
b. Chứng minh: OH.OA = OI.OD
Ta có: OD
⊥
BC (∆OBC cân tại O, OD vừa là phân giác vừa là đường cao)
Xét ∆OHD và ∆OIA có:
µ
0
I = H = 90

$
µ
O
chung
⇒
∆OHD và ∆OIA đồng dạng
⇒
OH OD
=
OI OA
⇒
OH.OA = OI.OD
c. Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O)
Ta có: OH.OA = OI.OD (câu b); (1)
Mặt khác: Trong ∆OBD ta có: OB
2
= OI.OD (Hệ thức trong tam giác vuông); (2)
Ngoài ra: OB = OM (bán kính); (3)
Từ (1); (2) và (3) ta được: OM
2
= OH.OA
⇒
OM OA
=
OH OM

Xét ∆OHM và ∆OMA có:
µ
O
chung

OM OA
=
OH OM
⇒
∆OMA và ∆OHM đồng dạng
⇒
· ·
OHM = OMA
Mà
·
0
OHM = 90
do đó
·
0
OMA = 90
d. Cho OA = 2R. Tính phần diện tích ∆AMO nằm ngoài đường tròn (O).
Ta có:
·
1
osMOA
2 2
OM R
c
OA R
= = =
⇒
·
0
MOA 60=

Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông ta được:
·
0
AM = OM.tgMOA t 60 3R g R= =
Vậy S
∆AOM
=
1
2
OM.MA =
2
1 3
. 3
2 2
R
R R =
(đvdt)
Ngoài ra diện tích hình quạt OMN là: S
qOMN
=
2 2 2
60
360 360 6
R n R R
π π π
= =
(đvdt)
Do đó, diện tích ∆OMA nằm ngoài hình tròn (O) là:
S = S
∆AOM

- S
qOMN
=
( )
2
2 2
3 3
3
2 6 6
R
R R
π
π
−
− =
(đvdt)