De thi tuyen sinh THPT ngay 672009

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

<b>sở giáo dục và đào tạo</b>

<b> H¶i dơng</b>

<b>kỳ thi tuyển sinh lớp 10 thpt</b>

<b> năm học 2009 - 2010</b>

Môn thi: toán

<i><b>Thi gian lm bi: 120 phỳt, khụng k thi gian giao </b></i>

Ngày 08 tháng 07 năm 2009 (buổi chiều)

(Đề thi gồm có: 01 trang)

<b>Câu 1: (2,0 điểm)</b>

a) Giải phơng trình:

x 1

x 1

1

2

4

b) Giải hệ phơng trình:

x

2y

x

y

5

<b>Câu 2: (2,0 điểm)</b>

a) Rút gọn biểu thức:



2

x

2

_x

A

x

4

x

2











_víi

_x

_

₀

_vµ

_x

_

₄

b) Một hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 2 cm và diện tích

của nó là 15 cm

2

_{. Tính chiều dài và chiều rộng của hỡnh ch nht ú.}

<b>Câu 3: (2,0 điểm)</b>

Cho phơng trình x

2

_{- 2x + (m - 3) = 0 (Èn x)}

a) Giải phơng trình khi m = 3.

b) Tớnh giỏ tr của m, biết phơng trình đã cho có hai nghiệm phõn bit

1 2

x , x và

thỏa mÃn điều kiện:

2

1 2 1 2

x



2x



x x



12

<b>C©u 4: (3,0 ®iĨm)</b>

Cho tam giác MNP cân tại M có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp

đờng tròn (O; R). Tiếp tuyến tại N và P của đờng tròn lần lợt cắt tia

MP và tia MN ở E và D.

a) Chøng minh: NE

2

_{= EP.EM}

b) Chøng minh: Tø gi¸c DEPN là tứ giác nội tiếp.

c) Qua im P k đờng thẳng vng góc với MN cắt đờng trịn (O) tại

điểm K (K không trùng với P). Chứng minh rằng: MN

2

_{+ NK}

2

_{= 4R}

2

<b>Câu 5: (1,0 điểm)</b>

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thøc:

2

6 8x

A =

x

1





- HÕt

<i>---Hä, tªn thÝ sinh:</i>

<i>...</i>

<i>Sè báo danh:</i>

<i>...</i>

<i>Chữ kí giám thị 1: ... Chữ kí giám thị 2:...</i>

S giỏo dc v o to

Hi d

ng

<b>Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT</b>

Năm học 2009 2010
Môn: Toán

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

I) H íng dÉn chung:

- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhng đáp ứng đợc với yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ
điểm.

- Việc chi tiết hóa điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đợc thống nhất trong Hội
đồng chấm.

- Sau khi cộng toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 im.
II) ỏp ỏn v thang im:

Câu Đáp án Điểm

1

a) _{2.(x 1) 4} _{x 1} _0,5

Phơng trình có nghiệm: x1 0,5

b) _x _2y

2y y 5

0,5
Hệ phơng trình có nghiƯm lµ (x; y) = (10; 5) _0,5

2
a)







 



2 x 2 _x

A

x 2

x 2 x 2



 



 

2 x

x 2 x 2

 

 

0,5

x 2

1

x 2

0,5
b) Gọi chiều rộng hình chữ nhật là x cm (x > 0)

_{Chiều dài hình chữ nhật là (x + 2) cm.} 0,25

Theo bài ra ta có phơng trình:

x(x + 2) = 15 0,25

 x22x 15 0

Ta đợc nghiệm x1 = 3 (thỏa mãn), x2 = -5 (loại) 0,25

VËy chiều rộng và chiều dài hình chữ nhật lần lợt lµ 3 cm, 5 cm. 0,25

3

a) Khi m = 3 ta có phơng trình x2_{- 2x = 0} _0,5

Tỡm đợc nghiệm: x = 0 hoặc x = 2 0,5

b) Phơng trình x2_{- 2x + (m - 3) = 0.}

Để phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì:

  ' 0 1 m 3   0 m4 0,25
Khi đó x1x2 2, x x1 2 m 3 0,25

Tõ

2

1 2 1 2 1 1 2 2

x  2x x x 12 x (x x ) 2x 12

 2x1 2x2 12 x1 x2 6

Kết hợp với x1x2 2_{ta đợc x}

1 = -2, x2 = 4

0,25

Tõ x x1 2 m 3  m 3  8 m5_{(tháa m·n)}

VËy m = - 5 0,25

4 a) Vẽ hình đúng 0,5

Ta cã NMP ENP 

(Gãc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và
dây cung cùng chắn cung NP)

0,25

MEN

_vàNEP_có:

NMPENP _{, góc NEM chung}

 MEN_{đồng dạng với}NEP _0,5



2

NE ME

NE ME.EP

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

b
a

O

y
x

E
D

P
N

M

b)

Do tam giác MNP cân tại M nên MN = MP MaN MbP

Mặt khác

1

MNx sđMaN

2

,

 1 

MPy s®MbP

2


 MPy MNx 0,25

Lại do MPy DPE (đối đỉnh), MNx DNE (đối đỉnh) 0,25

 DPE₌DNE  _{tø gi¸c DNPE néi tiÕp.} 0,25
c)

A

K

O

E
D

P
N

M Kẻ đờng kính KA

 KPA900 APKP_mµKPMN

 _{MN //PA} NMP₌MPA

   

 

MA NP MAP NPA
MNP NMA

   



_{NA = MP, mặt khác MP = MN}

_{MN = NA.} 0.5

Tam giác KNA vuông ở N

 _KN2_{+ NA}2_{= KA}2

 _KN2_{+ MN}2_{= 4R}2 0,25

5

Ta cã:



2







2





2

2 2

2 2 2 2 2

2 x 1 2 x 2 2 x 2
6 8x 2x 2 2x 8x 8

A = 2

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

   

     

    

    

A 2

_{. Vậy giá trị nhỏ nhất của A = - 2 khi x = 2.}

0,25
0,25



2







2





2

2 2

2 2 2 2 2

8 x 1 2 2x 1 2 2x 1

6 8x 8x 8 8x 8x 2

A = 8

x 1 x 1 x 1 x 1 x 1

 _ _

    

    

    

A 8

 _{. Vậy giá trị lớn nhất của A = 8 khi x =}
1
2


.

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

híng dÉn chấm Môn Toán

Câu Đáp án Điểm

1 a) 2.(x 1) 4 x 1 0,5

Phơng trình có nghiệm: x1 0,5

b) _x _2y

2y y 5





 



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

HƯ ph¬ng trình có nghiệm là (x; y) = (10; 5) _0,5

2
a)





 



2 x 2 _x

A

x 2

x 2 x 2



 



 

2 x

x 2 x 2

 

 

0,5

x 2

1

x 2

0,5
b) Gọi chiều rộng hình chữ nhËt lµ x cm (x > 0)

 _{ChiỊu dài hình chữ nhật là (x + 2) cm.} 0,25

Theo bài ra ta có phơng trình:

x(x + 2) = 15 0,25

 x22x 15 0

Ta đợc nghiệm x1 = 3 (thỏa mãn), x2 = -5 (loi) 0,25

Vậy chiều rộng và chiều dài hình chữ nhật lần lợt là 3 cm, 5 cm. 0,25

3

a) Đờng thẳng y = 2x + (3 - m) ®i qua A(-3; 1) nªn ta cã:

1 = 2.(-3) + (3 - m) 0,5

Giải và kết luận đúng: m = - 4 0,5

b)

Giao điểm của (d) và (P) là nghiệm cđa hƯ

2

y = 2x + (3 - m)

y=x





Ta suy ra x2_{- 2x + (m - 3) = 0.} 0,25

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì   ' 0 1 m 3   0 m4
Khi đó x1x2 2, x x1 2 m 3

0,25

Tõ

2

1 2 1 2 1 1 2 2

x  2x x x 12 x (x x ) 2x 12

1 2 1 2

2x 2x 12 x x 6

     

Kết hợp với x1x2 2_{ta đợc x}

1 = -2, x2 = 4

0,25

Tõ x x1 2 m 3  m 3  8 m5_{(tháa m·n)}

VËy m = - 5 0,25

4

a) a) Vẽ hình đúng 0,25

Ta cã: CAB 900(gãc néi tiÕp

chắn nửa đờng tròn tâm O) 0,25

  0

AEHAKH90 _{(gãc néi tiÕp}

chắn nửa đờng tròn tâm I)

0,5

VËy tứ giác AKHE là hình chữ

nhật 0,25

b) Tam giỏc vuụng AHC cú đờng cao HE nên HC2_{= EC.AC}

Tam giác vng AHB có đờng cao HK nên HB2_{= BK.AB}

 _(HB.HC)2_{= EC.AC.BK.AB} 0,5

Tam giác vng ABC có đờng cao AH nên AH2_{= HB.HC}

 _AH4_{= EC.AC.BK.AB} 0,25

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

c)

Vẽ Ax là tiếp tuyến của đờng trịn (O), khi đó ta có:

  1 
xAB ACB = sđAB

2

 

_.

Mặt kh¸c HAB ACB  (cïng phơ víi gãc CAH)  xAB=HAB

Do IA = IK AKI cân tại I HAB=IKA xAB=IKA KI//Ax (1) 0,25
Do AxAO (Ax lµ tiÕp tun cđa (O))  KIAO.

Do IA = IM, OA = OM nên OI là trung trực của MA OIMA OIMN
Tam gi¸c ANO cã OIMN, AINO  I là trực tâm NIAO.

Vì KIAO, NIAO N, K, I thẳng hàng (2)
Từ (1), (2) NK//Ax

0,5

5

<b>Đặt </b> n 19 = p, n - 48 q (p,qN)<b>. </b>

2 2

p n 19, q n 48 (p q)(p q) 67

         0,5

<b> </b>

p q 1 p 34

v× 67 là số nguyên tố, p > q và p + q > p - q nªn

p q 67 q 33

n 1137

  

 



 

  

 

  0,5

A

K

O

P
N

</div>

<!--links-->