De thi va goi y dap an mon Toan Tuyen sinh lop 10 nam 2009

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

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b> <b>ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT</b>

<b>QUẢNG TRỊ</b> <b>Khòa ngày 07 tháng 7 năm 2009</b>

<b>MƠN TỐN</b>

<b>Thời gian: 120 phút (</b><i><b>Khơng kể thời gian giao đề)</b></i>
<b>Câu 1: (2,0 điểm)</b>

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 (khơng dùng máy tính cầm tay): x2_{– 5x + 4}_{= 0}
<b>Câu 2 (1,5 điểm): </b>

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 hồnh độ bằng tung độ.
<b>Câu 3 (1,5 điểm): </b>

Cho phương trình bậc hai (ẩn số x): x2_{– 2(m – 1)x + 2m – 3 = 0. (1)}

a. Chứng tỏ phương trình (1) ln ln có nghiệm với mọi giá trị của tham số m.
b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu.

<b>Câu 4 (1,5 điểm): </b>

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích bằng 720 m2_{, nếu tăng chiều dài thêm 6m và}
giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn khơng thay đổi. Tính kích thước (chiều dài
và chiều rộng) cùa mảnh vườn.

<b>Câu 5 (3,5 điểm):</b>

Cho điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) khơng 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 vng 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 trịn (O)

d. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OMA nằm ngồi đường
tròn (O)

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

<b>GỢI Ý ĐÁP ÁN</b>
<b>Câu 1 (2,0 điểm): </b>

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



(vì2 5_{< 0)}
= 1 5 2  51

2. Giải phương trình: x2_{– 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

<i>c</i>
<i>a</i> 

<b>Câu 2 (1,5 điểm): (d): y = - 2x + 4</b>

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(x0; y0) là điểm trên (d) có hồnh độ bằng tung độ  y0 = x0
Mặt khác vì M nằm trên (d) nên ta có: y0 = - 2x0 + 4

Do đó, ta được: - 2x0 + 4 = x0
 3x0 = 4
 _x₀₌

4

3  _y₀₌

4
3

Vậy trên (d) có 1 điểm có tung độ bằng hồnh độ: M

4 4
;
3 3

 

 

 

<b>Câu 3 (1,5 điểm): x2_{– 2(m – 1)x + 2m – 3 = 0. (1)}</b>

c. Chứng tỏ phương trình (1) ln ln 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 ln ln 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

<b>Câu 4 (1,5 điểm): </b>

Gọi chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là x (m)
Điều kiện: x > 0

Chiều rộng mảnh đất hình nhật là:

720
<i>x</i> _(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 <i>x</i>

<i>x</i> <i>x</i>


 

(m)

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

720 4

(<i>x</i> 6) <i>x</i> 720

<i>x</i>



 

 _{(x + 6)(720 – 4x) = 720x}

 _{720x – 4x}2_{+ 4320 – 24x = 720x}
 _x2_{+ 6x – 1080 = 0}



1
2

30
36
<i>x</i>

<i>x</i>







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)

<b>Câu 5 (3,5 điểm):</b>

N
I

M
H

D

B
O

A
C

a. Chứng minh: Tứ giác OHDC nội tiếp được.

Ta có: OCD 90  0_{(Tính chất của tiếp tuyến)}

OHD 90  0_(DH_OA)

 _{Hai điểm C, H cùng nhìn đoạn OD dưới một góc vng}
 _{Hai điểm C, H cùng nằm trên đường trịn 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:

 0

I = H = 90




O_chung

 _{∆OHD và ∆OIA đồng dạng}


OH OD

=

OI OA

 _{OH.OA = OI.OD}

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

Ta có: OH.OA = OI.OD (câu b); (1)

Mặt khác: Trong ∆OBD ta có: OB2_{= OI.OD (Hệ thức trong tam giác vng); (2)}
Ngồi ra: OB = OM (bán kính); (3)

Từ (1); (2) và (3) ta được: OM2_{= OH.OA}


OM OA
=
OH OM

Xét ∆OHM và ∆OMA có:


O_chung
OM OA

=
OH OM

 _{∆OMA và ∆OHM đồng dạng}
 OHM = OMA

Mà OHM = 90 0do đó OMA = 90 0

d. Cho OA = 2R. Tính phần diện tích ∆AMO nằm ngồi đường trịn (O).

Ta có:

 1

osMOA

2 2

<i>OM</i> <i>R</i>

<i>c</i>

<i>OA</i> <i>R</i>

  

 MOA 60 0

Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông ta được: AM = OM.tgMOA <i>R g</i>t 600 <i>R</i> 3

Vậy S∆AOM =

1

2_{OM.MA =}

2

1 3

. 3

2 2

<i>R</i>

<i>R R</i> 

(đvdt)
Ngoài ra diện tích hình quạt OMN là: SqOMN =

2 2₆₀ 2

360 360 6

<i>R n</i> <i>R</i> <i>R</i>

  

 

(đvdt)
Do đó, diện tích ∆OMA nằm ngồi hình trịn (O) là:

S = S∆AOM - SqOMN =





2

2 ₃ 2 3 3

2 6 6

<i>R</i>

<i>R</i> <i>R</i>  

 

</div>

<!--links-->