Đề thi vào lớp 10 năm 08-09

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (171.1 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 QUẢNG TRỊ Năm học 2008 - 2009

MƠN TỐN

Thời gian : 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2,5 điểm)

a) Rút gọn các biểu thức:
A = √45−√20
B = m2−n2

m+n +n

C =

(

√x −1+
1

√x+1

)

:
x+1

x −1 (với x 0 ; x 1 )
b) Chứng minh rằng 0 C < 1

Bài 2: (1,5 điểm).

Cho Parabol (P): y = ax2 (a 0) và điểm A(2;8)

a) Tìm a biết Parabol (P) đi qua A.

b) Tìm điều kiện của a để Parabol (P): y = ax2 cắt đường thẳng (d): y = x + 1

tại 2 điểm phân biệt.

Bài 3: (2 điểm)

Giải bài tốn bằng cách lập phương trình.

Một nhóm học sinh được phân cơng chuyển 105 bó sách về thư viện của trường. Đến buổi
lao động có hai học sinh bị ốm nên khơng tham gia được, vì vậy mỗi học sinh phải chuyển
thêm 6 bó nữa mới hết số sách cần chuyển. Hỏi lúc đầu nhóm có bao nhiêu học sinh?
Biết số các bó sách mỗi học sinh chuyển là như nhau

Bài 4: (0,5 điểm)

Với x , y khơng âm, tìm giá trị nhỏ nhất cuả biểu thức:
P = x −2√xy+3y −2√x+2009,5

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, Điểm M thuộc cung AB (M A ; M
B) , Điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M kẻ các tiếp tuyến
Ax ; By của đường tròn (O) . Đường thẳng qua M vng góc với MC cắt Ax , By lần lượt
tại D và E. AM cắt CD tại P, BM cắt CE tại Q.

a) Chứng minh : Tứ giác ADMC ; BEMC là các tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh DAM + EBM = 900 và DC CE.

c) Chứng minh PQ // AB.

d) Tìm vị trí của điểm C để tứ giác APQC là hình bình hành.

... HẾT ...

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

QUẢNG TRỊ ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 Năm học 2008 - 2009

MƠN TỐN

Bài 1: (2,5 điểm)
a)

A = √45−√20=√9. 5−√4 . 5=3√5−2√5=√5 (0,5đ)
B = m2−n2

m+n +n=

(m− n)(m+n)

m+n +n=m− n+n=m (0,5đ)

C =

(

√x −1+
1

√x+1

)

:
x+1

x −1 (x 0 ; x 1 )
C =

[

√x+1+√x −1

(√x −1)(√x+1)

]

:
x+1

x −1 (0,5đ)
= 2√x

x −1.

x −1

x+1 (0,25đ)

= 2√x

x+1 (0,25đ)

b) Với x 0 và x 1 ⇒ √x 0 ; √x 1 và x + 1 > 0
Ta có √x −1¿2>0

¿ ⇒ x - 2 √x + 1 > 0 (0,25đ)

⇒ x + 1 > 2 √x 0 ⇒ 0 2x√x

+1 < 1 ⇒ 0 P < 1 (0,25đ)
Bài 2: (1,5 điểm)

a) A(2;8) ∈ (P) ⇒ 8 = a.22 ⇒ 8 = 4a ⇒ a = 2. (0,5đ)

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d):

ax2 = x + 1 ⇔ ax2 - x - 1 = 0 (1) (0,5đ)

Để Parabol (P) cắt đường thẳng (d) tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm
phân biệt ⇔ Δ > 0 (0,25đ)

⇔ 1 + 4a > 0 ⇔ a > −1

4 . (0,25đ)

Bài 3:

Gọi số học sinh lúc đầu của nhóm là x

Điều kiện x ∈N ; x>2 (0,25đ)

Theo dự định số bó sách mỗi học cần chuyển lúc đầu: 105x (bó). (0,25đ)
Vì có hai học sinh bị ốm nên số bó sách mỗi học sinh cần chuyển: 105x −2 (bó). (0,25đ)
Theo đề ra ta có phương trình: 105x −2 - 105x = 6 .
(0,25đ)

⇔ 105x - 105(x - 2) = 6x.(x - 2) ⇔ 6x2 -12x - 210 = 0 (0,5đ)

Giải phương trình ta được: x1 = 7 ; x2 = -5 (không thoả điều kiện) (0,25đ)

Vậy số học sinh lúc đầu của nhóm là 7 học sinh. (0,25đ)

Bài 4 (0,5 điểm)

Đặt √x = a; √y = b với x, y 0 ta có:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

= a2 – 2(b+1)a + (b + 1)2 + 2b2 – 2b + 2008,5 = (a – b – 1)2 + 2(b2 – b) + 2008,5

= (a – b – 1)2 + 2(b2 – b + 1

4 ) + 2008,5 -
1

2 = (a – b – 1)2 + 2(b –
1

2 )2 + 2008

2008 (0,25 điểm)

P = 2008 ⇔{a=b+1| ⇔

{

√x=3

|

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 2008 khi

{

x=9

|

(0,25 điểm)

Bài 5: a)(1,25điểm)

Ax ; By là các tiếp tuyến của đường tròn (O)

nên: Ax AB, By AB ⇒ DAC = CBE = 900 (0,5đ)

CM DE (gt) ⇒ DMC = CME = 900 (0,25đ)

Từ trên ta có: DAC + DMC = 1800

Nên: Tứ giác ADMC nội tiếp được trong

một đường trịn. (0,25đ)
Ta có: CBE + CME = 1800

Nên: Tứ giác BEMC nội tiếp (0,25đ)
a) (1 điểm)

Ta có: BAx + ABy = 1800.

⇒ A1 + A2 + B1 + B2 = 1800 .

Do tam giác AMB vuông tại M (AB là đường kính)
nên A2 + B1 = 900. (0,25đ)

⇒ A1 + B2 = 900 (1) (0,25đ)

Tứ giác CMEB nội tiếp nên ta có: B2 = C2

Tứ giác ADMC nội tiếp nên ta có: A1 = C1

C1 + C2 = A1 + B2 (2) (0,25đ)

Từ (1) và (2) ta có: C1 + C2 = 900 hay DC CE. (0,25đ)

b) (0,75đ)

PMQ + PCQ = 1800 ⇒ Tứ giác MPCQ nội tiếp ⇒ MPQ = C

2 (3) (0,25đ)

Ta có: C2 + C1 = 900 và A2 + A1 = 900 mà A1 = C1 ⇒ A2 = C2 (4). (0,25đ)

Từ (3) và (4) ⇒ MPQ = A2 ⇒ PQ // AB. (0,25đ)

c) (0,5đ)

PQ // AB ⇒ QCB = PQC mà PQC = PMC (tứ giác PMQC nội tiếp).
⇒ QCB = PMC (0,25đ)

PQ // AB nên tứ giác APQC là hình bình hành ⇔ AP // CQ ⇔ A2 = QCB ⇔ A2 =

PMC ⇔ Δ CAM cân tại C

⇔ C là giao điểm của AB với đường trung trực của dây AM ⇔ C O. (0,25đ)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 QUẢNG TRỊ Năm học 2008 – 2009

MƠN TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

1
2

Q
P

E
D

A O B

M

C

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 1 (2,5 điểm)

Cho biểu thức: P =

(

√a+a

√a+1+1

)(

1−
a−√a

√a−1

)

:
1−√a

1+√a (với a 0; a 1)

a) Rút gọn P.

b) Tính giá trị của P khi a = 4.
c) Tìm các giá trị của a để P = 16.

Bài 2 (1,5 điểm)

Cho đường thẳng (D) : y = -4x + 3.

Lập phương trình đường thẳng (D’) qua điểm A(0;2) và song song với đường thẳng
(D).

Bài 3 (2 điểm)

Cho phương trình bậc hai đối với x:
x2 – 2(m-1)x + 2m – 5 = 0 (1).

a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu. Khi đó hai nghiệm mang dấu
gì?

Bài 4 (0,5 điểm)

Cho hai số x, y thoả mãn đẳng thức:
8x2 + y2 + 1

4x2 = 4

Xác định x, y để tích xy đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5 (3,5 điểm)

Cho đường trịn (O;R) có hai đường kính AB và CD vng góc với nhau. Trên đoạn
thẳng AB lấy một điểm M (khác O). Đường thẳng CM cắt đường trịn (O) tại điểm thứ hai
N. Đường thẳng vng góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn ở điểm P.
Chứng minh rằng:

a) Tứ giác OMNP nội tiếp được.
b) Tứ giác CMPO là hình bình hành.

c) Tích CM.CN khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm M.

d) Khi M di động trên đoạn thẳng AB thì P Chạy trên một đoạn thẳng cố định.

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2008 – 2009

MƠN TỐN

Bài 1 (2,5 điểm)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

a) Rút gọn P. (1 điểm)
P =

(

√a+a

√a+1+1

)(

1−
a−√a

√a−1

)

:
1−√a

1+√a (a 0; a 1)

(

√a(1+√a)

√a+1 +1

)(

1−

√a(√a −1)

√a −1

)

:
1−√a

1+√a (0,5 điểm)

= (√a+1) (1−√a).1+√a

1−√a (0,25 điểm)

P = (√a+1)2 (0,25 điểm)

b) Tính giá trị của P khi a = 4. (1 điểm)

khi a = 4: P = (√a+1)2 = (√4+1)2 (0,5 điểm)

= (2 + 1)2 = 9 (0,5 điểm)

c) Tìm các giá trị của a để P = 16.(0,5 điểm)

P = 16 ⇔ (√a+1)2 = 16 ⇔ √a+1=4 hoặc √a+1=−4 (loại vì √a+1>0 )
(0,25 điểm)

⇔ √a+1=4⇔√a=3 ⇔ a = 9 (0,25 
điểm)

Bài 2 (1,5 điểm)

Phương trình đường thẳng (D’) có dạng: y = ax + b.

(D’) qua A(0;2) ⇒ 2 = a.0 + b ⇒ b = 2. (0,5 điểm)

(D’) // (D) ⇒ a = -4 (0,5 điểm)

Vây Phương trình đường thẳng (D’) là y =-4x + 2 (0,5 điểm)
Bài 3 (2 điểm)

a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Δ' = (m-1)2 – (2m-5) (0,25 điểm)

= m2 -2m +1 + 2m +5 = m2 + 6. (0,25 điểm)

Δ' = m2 + 6 > 0 với mọi m (0,25 điểm)

⇒ phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m. (0,25 điểm)

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm cùng dấu. Khi đó hai nghiệm đó mang dấu
gì?

Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). phương trình (1) có hai nghiệm cùng

dấu ⇔ x1.x2 > 0 ⇔ 2m-5 > 0 (0,25 điểm)

⇔ m > 2,5. (0,25 điểm)

Khi đó: x1+ x2 = 2(m-1) > 0 (vì m > 2,5) (0,25 điểm)

Suy ra hai nghiệm phương trình (1) mang dấu dương. (0,25 điểm)
Bài 4 (0,5 điểm)

8x2 + y2 + 1

4x2 = 4 ⇔

(

4x
2

+ 1

4x2−2

)

+(4x
2

+y2+4 xy)−4 xy−2=0

Do đó: 4 xy=

(

2x − 1

2x

)

+(2x+y)2−2≥ −2 . (0,25 điểm)
Đẳng thức xảy ra khi:

{

2x − 1

2x=0

|

⇔ {x=0,5| hoặc {x=−0,5|

Vậy tích xy đạt giá trị nhỏ nhất là -0,5 (0,25 điểm) 1

1 1

E P

A B

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Bài 5 (3,5 điểm)

a) Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp được.(1 điểm)

MO  MP (gt) ⇒ OMP = 1v (0,25 điểm)

ON  NP (NP là tiếp tuyến của (O)) ⇒ ONP = 1v (0,5 điểm)

Tứ giác OMNP có OMP = ONP = 1v và cùng nhìn cạnh OP suy ra tứ giác OMNP

nội tiếp được (0,25 điểm)

b) Tứ giác CMPO là hình bình hành.(1 điểm)
Ta có:

MP // OC (cùng vng góc với AB) (*) ⇒ C1 = M1 (1) (0,25 điểm)

Mặt khác:

M1 = O1 (vì tứ giác OMNP nội tiếp được) (2)

C1 = N1 (vì OCN cân) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra N1= O1 ⇒ CM // OP (**) (0,5 điểm)

Từ (*) và (**) suy ra CMPO là hình bình hành (0,25 điểm)

c) Tích CM.CN khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm M. (1 điểm)
Ta có:

CND = 1v (góc nội tiếp chắn nữa đường trịn (O)) ⇒ CND vng tại D.

Hai tam giác vng CND và COM có: C1 chung ⇒ COM ∾CND (0,5

điểm)

Suy ra: CMCD =CO

CN ⇒ CM.CN = CO.CD = R.2R = 2R2 (0,5 điểm)
Như vậy tích CM.CN = 2R2 khơng đổi ⇒ tích CM.CN khơng phụ thuộc vào vị trí

của điểm M. (0,5 điểm)

d) Khi M di động trên đoạn thẳng AB thì P Chạy trên một đoạn thẳng cố định.(0,5 điểm)
Xét ONP và ODP

ON = OD (vì đều là bán kính của (O))
OP: Cạnh chung

O1 = N1 (OP//MN) và N1 = C1 (vì OCN cân) ⇒ O1 = C1

Suy ra: ONP = ODP (c.g.c) ⇒ ODP = ONP = 1v (0,25 điểm)

</div>

Đề thi vào lớp 10 năm 08-09

(

)

(

)

[

]

{

|

{

|

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

(

)

(

)

{

|

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về