De thi tuyen sinh vao 10 THPT mon Toan 1112 Lan 2DBTHCSLien Mac

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (158.86 KB, 8 trang )

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

TRƯỜNG THCS LIÊN MẠC

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN 2
NĂM HỌC 2011-2012

Mơn thi : TỐN

Thời gian làm bài: 90 phút
(Đề thi gồm: 01 trang) 
Đề lẻ

Câu I: (3.0 điểm)

1, Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) x2– 5x + 6 = 0

2x - y = 5
3x + y =10





2, Rút gọn biểu thức sau:

1 1

a a a a

a a a a

 



  ( Với a0;a1 )
Câu II: (2.0 điểm)

1, Cho đường thẳng:y = (m + 4)x – m + 6 (d)

a) Tìm các giá trị của m, biết rằng đường thẳng (d) đi qua điểm A(- 1 ; 2)

b) Chứng minh rằng khi m thay đổi thì các đường thẳng (d) luôn luôn đi qua một
điểm cố định.

2, Cho phương trình: x2 + 2x + m - 1= 0 ( m là tham số)
Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn x1 + 2x2 = 1
Câu III: (1.0 điểm)

Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m
thì diện tích tăng thêm 100m2. Nếu giảm cả chiều dài lẫn chiều rộng đi 2m thì diện tích
giảm đi 70m2. Tính diện tích của thửa ruộng đó.

Câu IV: (3.0 điểm)

Từ điểm A ở bên ngồi đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn
( B và C là các tiếp điểm ). Gọi H là giao điểm của OA và BC, gọi EF là một dây đi qua
H. Chứng minh rằng:

a) BH.HC = EH.HF

b) AEOF là tứ giác nội tiếp

c) AO là tia phân giác của góc EAF
Câu V: (1.0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2

2010 2011 1 2012
( )

x x

P x

x

  



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

---Hết---HƯỚNG DẪN CHẤM

CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM

CÂU I
3 điểm

1) a
1 điểm

25 24 1; 1

     

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

1 2

5 1 5 1

3; 2

2 2

x    x   

0,5

0,5
b)

1 điểm

2 5 5 15 3

3 10 3 10 1

x y x x

x y x y y

   

  

 

  

    

  

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:



x y;

 

 3;1



0,75
0,25
2)

1 điểm A =

a a 1 a a 1

a a a a

 


  (a > 0, a  1)

 





 





3 3

a 1 a 1 a a 1 a a 1

a a

a a 1 a a 1

     

  

 

a a 1 a a 1 2 a 2

a a

    

 

(a > 0, a  1)

0,5

0,5
CÂU II

2 điểm

1)
a)
0,5 điểm

Đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 2) nên tọa độ của điểm A thỏa mãn
phương trình

y = (m + 4)x – m + 6, ta có:

(m + 4).(-1) - m + 6 = 2

<=> - m - 4 - m + 6 = 2

<=> - 2m = 0 <=> m = 0

Ta có : y = 4x + 6

0,25

0,25
b)

0,5 điểm

Gọi M(x0; y0) là điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn luôn đi qua với mọi
m, ta có: y0 = (m + 4)x0 - m + 6

 (m + 4)x0 - m + 6 - y0 = 0
 mx0 + 4x0 - m + 6 - y0 = 0
 (x0 - 1)m + 4x0 + 6 - y0 = 0

Đẳng thức này luôn luôn đúng với mọi m nên:

0 0 0

0 0 0 0 0

x - 1 = 0 x 1 x 1

4x + 6 - y = 0 y 4x 6 y 10

 

  

 

  

  

  

Vậy đường thẳng (d) luôn luôn đi qua điểm M(1; 10) với mọi m

0,25

0,25
2)

1,0điểm

Ta có 

’

= 1

– (m -1) = 2 – m

Phương trình có nghiệm  ’  0  2 – m  0  m  2 (*)

Khi đó theo hệ thức Vi-et ta có: x

+ x

= -2 (1); x

x

= m – 1 (2)

Theo bài: x

+2x

= 1 (3)

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

Từ (1) và (3) ta có:

1 2 2 1

1 2 1 2 2

2 3 5

2 1 2 3

x x x x

x x x x x

   

  

 

  

    

  

Thế vào (2) ta có: -5.3 = m -1  m = - 14 (thoả mãn (*))

Vậy m = -14 là giá trị cần tìm

0,5

CÂU
III
1 điểm

1)
1,0điểm

Gọi chiều dài của thửa ruộng hình chữ nhật là: x (m)

Chiều rộng của thửa ruộng hình chữ nhật là: y (m). ĐK: x > y > 2

Thì diện tích của thửa ruộng đó là xy (m

).

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

( 2)( 3) 100 3 2 6 100

( 2)( 2) 70 2 2 4 70

3 2 94 20

( / )

2 2 74 17

x y xy xy x y xy

x y x

t m

x y y

        

 



 

        

 

  

 

   

   

 

Vậy diện tích của thửa ruộng hình chữ nhật là: 20.17 = 340 (m2)

0,25

0,5
0,25
CÂU

IV
3,0
điểm

0,5
điểm

F
H

A O

C
B

Vẽ hình đúng 0,5

1)
1 điểm

a) Xét



BHE và



FHC có:

 

EBH HFC

( góc nội tiếp chắn cung EC )

 

EHB CHF

( đối đỉnh )

=>

BHEFHC

(g.g)

. . (1)

BH HE

BH HC EH HF

FH HC

   

0,5
0,5
2)

1 điểm

b) Tam giác ABO vuông tại B, đường cao BH

=> AH.HO = BH

= BH.HC (2)

Từ (1) và (2) => AH.HO = EH.HF =>

AH HE

HF HO

Xét



AHE và



FHO có:

AHE OHF

( đối đỉnh )

AH HE

HF HO

(cmt)

=>



AHE



FHO (c.g.c)

 

EAH HFO

=> A và F cùng nhìn EO dưới 2 góc bằng nhau

0,5

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

=> Tứ giác AEOF nội tiếp

0,5 điểm

c) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEOF ta có :

   

OF=> OF OAF

OE OE OAE

=> AO là tia phân giác của góc EAF

0,5
CÂU

V
1 điểm

1,0điểm 2

2 2

2010 2011 1 2012

( ) . 1 1

1
2010 2012
2011

2. 2011(1 )(1 )
2011(1 ) 1

2011 2011

1 1

2011 2 2011

x x

P x x

x
x

x

x x

  

   




 



 

  

   

 

 

§K :

( áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số 2011(1+x) và (1-x))
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2011(1 + x) = 1 - x

2010
2012 2010

2012

x  x

thuộc (- 1; 1)
Vậy giá trị nhỏ nhất của P(x) bằng 2011 2 2011

0,5

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

PHÒNG GD&ĐT THANH HÀ
TRƯỜNG THCS LIÊN MẠC

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN 2
NĂM HỌC 2011-2012

Mơn thi : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu I: (3.0 điểm)

1, Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) x2 + 5x - 14 = 0

6x y = 4
3x + 2y = 5






2, Rút gọn biểu thức sau:

2 9 3 2 1

5 6 2 3

x x x

P

x x x x

  

  

    ( Với x0;x4;x9)
Câu II: (2.0 điểm)

1, Cho hệ phương trình với m là tham số:

mx + y = 1
4x + my = 2





Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện: x - y = 1
2, Cho phương trình: x2 - 2(m - 1)x - 3 - m = 0 ( m là tham số ).

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn: x12 + x22 = 10.
Câu III: (1.0 điểm)

Một sân hình chữ nhật có diện tích 720 m2. Nếu tăng chiều dài thêm 6 m, giảm
chiều rộng đi 4 m thì diện tích khơng đổi. Tính chiều dài và chiều rộng của sân hình chữ
nhật.

Câu IV: (3.0 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB và một điểm C trên nửa đường trịn. Gọi
D là một điểm trên đường kính AB, qua D kẻ đường thẳng vng góc với AB cắt AC và
BC lần lượt tại E và F. Tiếp tuyến của nửa đường tròn tại C cắt EF tại I. Chứng minh:
1, Tứ giác BDEC và ADCF là các tứ giác nội tiếp;

2, I là trung điểm của EF;
3, AE.EC = DE.EF
Câu V: (1.0 điểm)

Tìm giá trị của biểu thức: P a 2011b2011c2011, trong đó a, b, c là các số thực
khác 0 thỏa mãn các điều kiện:

3 3 3 9

1 1 1 1

a b c a b c

a b c



  



 


   

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

---Hết---Họ và tên thí sinh : ...Số báo danh :...
Chữ kí của giám thị 1 : ...Chữ kí của giám thị 2:...

HƯỚNG DẪN CHẤM

CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM

CÂU I
3 điểm

1) a
1,0điểm

25 4.( 14) 81; 9

      

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

1 2

5 9 5 9

2; 7

2 2

x    x   

0,5
0,5
b

1,0điểm

1
6x y = 4 12 2 8 9 3

3
3x + 2y = 5 3 2 5 3 2 5

x y x x

x y x y

y

    
   
  
   
   
    


Vậy nghiệm của hệ phương trình là:





; ; 2

x y  

 

0,75

0,25
2

1,0điểm 2 9 3 2 1

5 6 2 3

2 9 3 2 1

( 2)( 3) 2 3

2 9 ( 3)( 3) (2 1)( 2)

( 2)( 3)

2 ( 1)( 2) 1

( 2)( 3) ( 2)( 3) 3

x x x

P

x x x x

x x x

x x x x

x x x x x

x x

x x x x x

  
  
   
  
  
   
      


 
    
  
    
0,25
0,25
0,5
CÂU II
2 điểm
1)
1,0điểm
2 2

mx + y = 1 1

4x + my = 2 4 (1 ) 2

1 1

4 2 (4 ) 2

y mx

x m mx

y mx y mx

x m m x m x m

 

 

 
  
 
   
 
   
     
 

Để hệ phương trình có nghiệm

 m2
1
2
2
2
x
m
y
m



 
 
 
 


Ta có x - y = 1

1 2
1
2 2
m m
  
 
1
1 3
2 m
m

   



, thỏa mãn

m2

Vậy với m = - 3 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn

0,25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

điều kiện: x - y = 1

1,0điểm

Ta có: 

’

= (m - 1)

- (- 3 - m ) =

4
15
2

1 2











m

Do

2 0
1 2












m

với mọi m;

4 0
15



 ’ > 0 với mọi m

 Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt

Theo hệ thức Vi-et ta có: x

+ x

= 2(m-1) và x

x

= - (m+3)

Để x

+ x

= 10



(x

+ x

)

- 2x

x

= 10



4(m - 1)

+ 2(m + 3) = 10



4m

– 6m + 10 = 10



4m

– 6m = 0

 2m(2m - 3) = 0

3
2
0

m
m










Vậy m =

2
3

hoặc m = 0

0,25
0,25
0,25

0,25
CÂU

III
1 điểm

1,0điểm

Gọi chiều dài sân hình chữ nhật là x (m). ĐK: x > 0

Chiều rộng của sân hình chữ nhật là:

720

x (m)

Nếu tăng chiều dài thêm 6 m, giảm chiều rộng đi 4 m thì diện tích

khơng đổi, nên ta có phương trình:

720

(x 6) 4 720

x

 

   

 

Giải phương trình ta được: x1 = 30 ( thỏa mãn ); x2 = - 36 ( loại )

Vậy chiều dài sân hình chữ nhật là 30 (m)

chiều rộng sân hình chữ nhật là 24 (m)

0,25

0,25
0,25
0,25
CÂU

IV
3,0
điểm

0,5
điểm

A O B

Vẽ hình đúng

0,5
1)

0,5 điểm

1) Tứ giác BDEC nội tiếp vì:

BDE BCE 180o

 

Tứ giác ADCF nội tiếp vì:

ADF ACF 90o

 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

2)
1 điểm

2) Theo a ta có tứ giác BDEC nội tiếp =>

CEF B

Mặt khác,

B ICE

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây

cung cùng chắn một cung)

=>

CEF ICE

=>



IEC cân tại I => IC = IE (1)

Mà

IFC ICF

(cùng phụ với

CEF ICE

)

=>



IFC cân tại I => IC = IF (2)

Từ (1) và (2) => IE = IF

0,25
0,25
0,25
0,25
3)

1 điểm

3,

AEF DEC

(g.g)

. .

AE EF

AE EC DE EF

DE EC

    0,5

0,5
CÂU

V
1 điểm

1,0điểm

3 3 3 9

1 1 1 1

(1)

2 (2)

a b c a b c

a b c



  



 


   



1 1 1 1

(1) 0 0

( )

a b a b

a b c a b c ab c a b c

 

   

        

   

   





( ) 0

( )

c a b c ab

a b

abc a b c

    

    

 

 



 



0 00 (*)

( )

a b
a b a c b c

a c
abc a b c

b c

 


   

     

 

  


Do vai trò a, b, c trong các điều kiện (1), (2) là như nhau, nên từ (*) ta

có thể giả sử a = - b . Khi đó từ (2) suy ra c = 2

.

Vậy

P a 2011b2011c2011c201123.201126033

0,5

</div>

De thi tuyen sinh vao 10 THPT mon Toan 1112 Lan 2DBTHCSLien Mac



 



 





 





y = (m + 4)x – m + 6, ta có:

(m + 4).(-1) - m + 6 = 2

<=> - m - 4 - m + 6 = 2

<=> - 2m = 0 <=> m = 0

Ta có : y = 4x + 6

Ta có 

<sub> = 1</sub>

<sub> – (m -1) = 2 – m</sub>

Phương trình có nghiệm  ’  0  2 – m  0  m  2 (*)

Khi đó theo hệ thức Vi-et ta có: x

+ x

= -2 (1); x

x

= m – 1 (2)

Theo bài: x

+2x

= 1 (3)

Từ (1) và (3) ta có:

Thế vào (2) ta có: -5.3 = m -1  m = - 14 (thoả mãn (*))

Vậy m = -14 là giá trị cần tìm

Gọi chiều dài của thửa ruộng hình chữ nhật là: x (m)

Chiều rộng của thửa ruộng hình chữ nhật là: y (m). ĐK: x > y > 2

Thì diện tích của thửa ruộng đó là xy (m

<sub>).</sub>

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

a) Xét

BHE và

FHC có:

<sub> ( góc nội tiếp chắn cung EC )</sub>

<sub> ( đối đỉnh )</sub>

=>

<sub> (g.g)</sub>

b) Tam giác ABO vuông tại B, đường cao BH

=> AH.HO = BH

<sub> = BH.HC (2)</sub>

Từ (1) và (2) => AH.HO = EH.HF =>

Xét

AHE và

FHO có:

<sub> ( đối đỉnh )</sub>

<sub> (cmt)</sub>

=>

AHE

FHO (c.g.c)

=> A và F cùng nhìn EO dưới 2 góc bằng nhau

=> Tứ giác AEOF nội tiếp

c) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEOF ta có :

<sub> => AO là tia phân giác của góc EAF</sub>





Để hệ phương trình có nghiệm

Ta có x - y = 1

, thỏa mãn

Vậy với m = - 3 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn

điều kiện: x - y = 1

<sub>Ta có: </sub>

<sub> = (m - 1)</sub>

<sub> - (- 3 - m ) = </sub>

Do

với mọi m;

 ’ > 0 với mọi m

 Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt

Theo hệ thức Vi-et ta có: x

+ x

= 2(m-1) và x

x

= - (m+3)

Để x

+ x

= 10