de thi vao lop 10 10 Phu Yen

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (108.18 KB, 4 trang )

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

TRƯỜNG THCS VINH THANH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011
Mơn thi : TỐN (Chung)– Sáng ngày 30/6/2010
Đề chính thức Thời gian làm bài : 120 phút

( Không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (2 đ )

a) Không sử dụng máy tính cầm tay , hãy rút gọn biểu thức :
A = 12 2 48 3 75 

b) Cho biểu thức 2 2 . 1

1 2 1

x x x x x x

B

x x x x

      

  

    

 

Với những giá trị nào của x thì biểu thức trên xác định ? Hãy rút gọn biểu thức B .
Giải :

a) A = 12 2 48 3 75  = 2 3 8 3 15 3  = 9 3

b) B = 2 2 . 1

1 2 1

x x x x x x

x x x x

      



 

    

 

- ĐK xác định: x > 0 ; x 1

Ta có B =



 





 











2 1 2 1 1 1

1 1

x x x x x x

x

x x

      

 



 





 



1 1

3 2 3 2

1 1

x x

x x x x

x

x x

 

    

 



 





 



1 1

x x

x

x x

 



 

= - 6

Câu 2 . (2đ )

Không dùng máy tính cầm tay , hãy giải phương trình và hệ phương trình sau :
a) x2 - 2 2x – 7 = 0

2 3 13

)

2 4

x y
b

x y

 




 


Giải :

a) 2

2 2 7 0

x  x 

Lập   ' ( 2)2 7 9  ' 9 3 ; Do đó x1 = 2 3; x2  2 3

Vậypt có hai nghiệm: x1 = 2 3; x2  2 3

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

TRƯỜNG THCS VINH THANH

c 1 : 2 3 13 2 2





3 13 7 21 3

2 4 2 4 2 4 2

y y

x y y y

x y x y x y x

   



    

   

  

   

       

   

c 2 : 2 3 13 2 3 13 7 21 3

2 4 2 4 8 2 4 2

x y x y y y

x y x y x y x

     

   

  

   

      

   

Vậy hệ pt có nghiệm là ( 2; - 3)
Câu 3. (2,5 đ)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = 2x2 và đường

thẳng (d) có phương trình y = 2(m – 1)x – m +1, trong đó m là tham số .
a) Vẽ parabol (P) .

b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt .

c) Chứng minh rằng khi m thay đổi ,các đường thẳng (d) luôn đi qua một điểm cố định .
Tìm điểm cố định đó .

Giải :

a) Vẽ đồ thị hàm số y = 2x 2

- Hàm số y = 2x 2 xác định với mọi giá trị của x

- Lập bảng giá trị: x … - 2 - 1 0 1 2….
y = 2 x 2 …. 8 2 0 2 8

- Đồ thị hàm số có đỉnh là gốc tọa độ, nằm phía trên trục hoành và nhận
trục tung làm trục đối xứng

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
2x2 – 2(m – 1) x + m – 1 = 0 (*)

Ta có '

 = (m – 1)2 – 2(m – 1) = m2 – 2m + 1 – 2m + 2= m2 – 4m + 3
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt  '

 > 0  m2 –
4m + 3 > 0

 (m – 1)(m – 3) > 0  m > 3 hoặc m < 1

Vậy khi m > 3 hoặc m < 1 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
c) gọi M(x0; y0) là điểm cố định mà họ đường thẳng (d) đi qua, ta có:

y0 = 2(m-1)x0 – m + 1 2mx0 – 2x0 –m + 1 – y0 = 0  m(2x0 – 1 ) – 2x0 + 1 –

y0 = 0 (*)

Vì pt (*) đúng với mọi m nên ta có:

0 0

0
0

2 1 0 2

2 1 0 1

2. 1 0

2
x

x x

x y

y
y



 



  

  

 

  

   

      



Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định M(1/2 ; 0)
Câu 4. (2,5 đ)

Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng

 

 khơng qua O cắt đường trịn tại hai
điểm A và B. Từ một điểm M trên (  ) ( M nằm ngồi đường trịn tâm O và A nằm giữa

GV : ĐỖ KIM THẠCH ST
2

2
8

0
y

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

TRƯỜNG THCS VINH THANH
B và M ), vẽ hai tiếp tuyến MC, MD của đường tròn (O) . (C, D (O) ) Gọi I là trung 
điểm của AB, tia IO cắt MD tại K .

a) Chứng minh năm điểm M, C, I, O, D cùng thuộc một đường tròn .
b) Chứng minh : KD. KM = KO .KI

c) Một đường thẳng đi qua O và song song với CD cắt các tia MC và MD lần lượt
tại E và F . xác định vị trí của M trên (  ) sao cho diện tích  MEF đạt giá trị
nhỏ nhất .

Giải :

F
E

K
I

D
C

B A

a) Ta có IA = IB (gt)  OI
AB(tính chất đường kính)
Do đó OIM = 900  Điểm I

thuộc đường tròn đường kính
OM (1)

Ta có OCM ODM 900

 

( MC và MD là tiếp tuyến
(O))

 C; M thuộc đường tròn 
đường kính OM (2)

Từ (1) và (2)  5 điểm

O;I;C;D;M cùng thuộc đường
tròn đường kính OM

b) Xét KOD và KMI Kcó chung ; KDO KMI 900
Do đó KOD và KMI đồng dạng (g-g) KO KD

KM KI  KD.KM = KO.KI

c) Ta có 1 . .

MEF

S  EF OM OE OM( OE = OF do MEF cân)
= OC.ME ( hệ thức lượng tam giác vuông)
Mà OC = R không đổi, nên diện tích MEFnhỏ nhất khi ME nhỏ nhất

Ta có ME = EC + MC  EC MC. ( bất đẳng thức cô si)
Và EC.MC = OC2 ( hệ thức lượng tam giác vuông)

Do đó ME nhỏ nhất khi ME = 2 OC = 2R

Đặt MC = x, ta có OC 2 = MC.EC ( hệ thức lượng tam giác vuông)

 R 2 = x.(2R – x)  x2 – 2Rx + R 2 = 0  (x – R )2 = 0  x = R

Mặt khác OM 2 = MC. ME ( hệ thức lượng tam giác vuông)

= R.2R = 2R 2  OM = R 2

Vậy khi M là giao điểm của (O; R 2) và đường thẳng

 

 thì diện tích MEF nhỏ

nhất

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

TRƯỜNG THCS VINH THANH

Câu 5. (1 đ)

Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90 cm được đặt úp trên một hình
trụ có thể tích bằng , 9420cm3 và bán kính đáy hình trụ bằng 10cm ,

sao cho đường trịn đáy trên của hình trụ tiếp xúc ( khít ) với mặt
xung quang hình nón và đáy dưới của hình trụ nằm trên mặt đáy của
hình nón . Một mặt phẳng qua tâm O và đỉnh của hình nón cắt hình
nón và hình trụ như hình vẽ.

Tính thể tích của hình nón . Lấy  3,14

Giải :

Ta có: Vtrụ =  .r 2 .h 9420 = 3,14.10 2 .h  h = 30(cm)

Goi R là bán kính đáy của hình nón, theo định lý ta lét ta có:
10 90 30

90
R



  R = 15 (cm)

Vậy Vhình nón = 2

1
.
3R h=

.3,14.15 .90

3 = 21,195 (cm

3)