An GIang

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (106.19 KB, 18 trang )

(1)UBND TỈNH AN GIANG SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO -------------ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012 ------------------MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút SBD…..Phòng…… (không kể thời gian giao đề) Ngày 7 -7 -2011 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------.

(2) Bài 1 (2,0 điểm) (không được dùng máy tính) 1-Thực hiện phép tính :. . 12 . . 75  48 : 3. 1 5 2-Trục căn thức ở mẫu : 15  5  3  1. Bài 2 (2,5 điểm).

(3) 1-Giải phương trình : 2x2 – 5x – 3 = 0 mx  y = 3  2-Cho hệ phương trình ( m là tham số ) :  x + 2my = 1. a. Giải hệ phương trình khi m = 1. b.Tìm giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Bài 3 (2,0 điểm ).

(4) x2 3 y  x  2 Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, cho parabol (P): y= 2 và đường thẳng (d):. 1.Bằng phép tính, hãy tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) . 2.Tìm m để đường thẳng (d’) :y= mx – m tiếp xúc với parabol (P) Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;r) và hai đường kính AB,CD vuông góc với nhau.Trên cung nhỏ DB, lấy điểm N ( N khác B và D).Gọi M là giao điểm của CN và AB..

(5) 1-Chứng minh ODNM là tứ giác nội tiếp. 2-Chứng minh AN.MB =AC.MN. 3-Cho DN= r .Gọi E là giao điểm của AN và CD.Tính theo r độ dài các đoạn ED, EC . HẾT.

(6) Lược giải: Bài 1/.

(7) 1/. . 12 . . 75  48 : 3. 1 5 5 2/ 15  5  3  1 = Bài 2/ 1/ 2x2 – 5x – 3 = 0. 1  49 ; x1= 3 ; x2= 2. . = 4. 25  16 = 2–5 + 4 = 1 1 5 1 5  3 1  3 1 3  1 5 1.  .  . . . 1 3 1  2 = 3 1.

(8) mx  y = 3   x + 2my = 1 2/   x  y = 3     x + 2y = 1.  y 4    x  4 3.  y 4   x 7. a/ Khi m=1 : Khi m=1 thì hệ pt có nghiệm duy nhất (x = 7; y= 4 ).

(9)   y 3    x  1  b/*Khi m=0, ta có hệ pt.  y  3   x  1. *Khi m 0 , hệ pt có nghiệm duy nhất. m. Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất khi Bài 3/ 1/ Phương trình hoành độ giao điểm ;. . m 1  2   2m 2 1  m   1 2m 2.  2 2.

(10) x2 3  x  2 2  x 2  2 x  3 0 Vì a+b+c=1+2 - 3 = 0. c  x1 1; x2   3 a 1 9 x2 y1  ; y2  x  1; x  3 2 2 2 Thay 1 vào y= 2 ,ta được.

(11) 9  1   1;    3;  2 Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm  2  và  2/ ( d’) : y=mx-m. x2 (P) : y = 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm :. x2 2 mx – m.  x 2  2mx  2m 0.

(12)  ' m 2  2m  m 0   ' 0  m 2  2m 0  m  m  2  0    m 2 (d’) tiếp xúc với (P). Bài 4.

(13)

(14) 1/ Tứ giác ODNM có :.  MOD = 900  gt    DNM = 900 DNC 900 (. : góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).    MOD+ DNM =1800. Mà hai góc này đối diện nhau =>Tứ giác ODNM nội tiếp được 2/ Ta có.     AOC = COB = AOD = DOB  900 .     => AC CB  AD DB.

(15) . .  N  N 2 ( 2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau : AC CB => 1 )  NCA  NBM Xét và :  N  N 1 2 ( cmt)  C  B 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) * 1 *.

(16)  NCA ∽ NBM NA CA   NM BM  AN .MB  AC.MN  N    N 3 ( 2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau : AC  AD ) 3/ Ta có : 2  CDN có CE là phân giác của CND ND DE  => NC EC (1).

(17) 2 2 2 2 2 Xét tam giác vuông CDN : CN  CD  DN  4r  r  3r r 3. r. . (1) => r 3. =>. DE EC. ED EC ED  EC 2r 2      3 1 r r 3 r r 3 r 1  3 1 3. => ED=. . . r. 3 1. .

(18) EC=. . . 3 1. . 3 r = 3. 3. r.

(19)

An GIang

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về