DE THI TUYEN SINH VAO LOP 10 DE 789

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (625.16 KB, 8 trang )

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

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
 Mơn : Tốn Thời gian : 120 phút
Bài 1: (1,5điểm). Cho biểu thức: P =

15 11 3 2 2 3

2 3 1 3

x x x

x x x x

  

 

   

Rút gọn P b) Tìm các giá trị của x để P =

2 c) Chứng minh P 
2
3



Bài 2: ( 1,5 điểm) Cho (P) :

4
x
y

và đường thẳng (d): 2 2
x
y 
a) Vẽ (P) và (d) .Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d)

b) Tìm toạ độ của điểm thuộc (P) sao cho tại đó đường tiếp tuyến của (P) song song
với (d)

Bài 3. (1,5điểm).Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình:

Tính độ dài hai cạnh góc vng của một tam giác vng nội tiếp đường trịn bán kính
6,5 cm.Biết rằng hai cạnh góc vng của tam giác hơn kém nhau 7cm .

Bài 4. (1,5điểm)

a) Giải bất phương trình và biểu diễn tập hợp nghiệm trên trục số

1 2 3

1 5

3 2 3

x x x

x      

b) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm âm :

Bài 5 (4điểm) Cho ABC có BAC = 450 , các góc B và C đều nhọn. Đường trịn
đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tai D và E. Gọi H là giao điểm củaCD và BE.
a) Chứng minh AE = BE.

b) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn
ngoại tiếp tứ giác ADHE.

c). Chứng minh OE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.
d) Cho BC = 2a.Tính diện tích phân viên cung DE của đường trịn (O) theo a.



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NỘI Năm học: 2011 – 2012

MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2,5 điểm)

Cho

10 5

5 5

x x

A

x

x x

  



  , với x  0 và x  25.
1) Rút gọn biểu thức A.

2) Tìm giá trị của A khi x = 9. 3) Tìm x để A <

1
3.

Bài II (2 điểm) Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do
mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời
gian quy định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết
bao nhiêu ngày?

Bài III (1,5 điểm) Cho parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x – m2 + 9.

ĐỀ 7

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

1) Tìm tọa độ các giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = 1.
2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm nằm về hai phía của
trục tung.

Bài IV (3,5 điểm) Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d1 và d2 lần lượt
là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Gọi I là trung điểm của OA
và E là điểm thuộc đường trịn (O) (E khơng trùng với A và B). Đường thẳng d đi qua
điểm E và vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại M, N.

1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh ENI EBI  và MIN = 900.

3) Chứng minh AM.BN = AI.BI.

4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB khơng chứa E của đường trịn (O). Hãy
tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.

Bài V (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
M =

2 1

4 3 2012

x x

x

  



ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Mơn : Tốn Thời gian : 120 phút

Câu I (1,5đ) Cho biểu thức:

N =



x y



2 4 xy x y y x

x y xy

  



 ;(x, y > 0)

1) Rút gọn biểu thức N. 2) Tim x, y để N = 2 2012.
Câu II (2đ) 1) Cho phương trình: x2 + 4x + 1 = 0 (1)

Khơng giải phương trình Tính B = x13 + x23.

2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm âm : 2

3 12 5 2 3 3 4

9 1 3 1 1 3

mx m x x m

m m m

   

 

  

Câu III (2đ)

Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị
là 2 và nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì ta được số mới bằng

7 số ban đầu.

Câu IV (3,5đ)

Cho nửa đường trịn đường kính MN. Lấy điểm P tuỳ ý trên nửa đường tròn (P  M,
P  N). Dựng hình bình hành MNQP. Từ P kẻ PI vng góc với đường thẳng MQ tại I
và từ N kẻ NK vng góc với đường thẳng MQ tại K.

1) Chứng minh 4 điểm P, Q, N, I nằm trên một đường tròn.
2) Chứng minh: MP. PK = NK. PQ.

3) Tìm vị trí của P trên nửa đường tròn sao cho NK.MQ lớn nhất.

Câu V (1đ)

Gọi x1, x2, x3, x4 là tất cả các nghiệm của phương trình (x + 2)(x + 4)(x + 6)(x + 8) = 1.

Tính: x1x2x3x4.



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

ĐÁP ÁN
ĐỀ 7:

Bài 1: (1,5điểm). Cho biểu thức: P =

15 11 3 2 2 3

2 3 1 3

x x x

x x x x

  

 

   

a) Rút gọn P b) Tìm các giá trị của x để P =

2 c) Chứng minh P 
2
3



a) P =

15 11 3 2 2 3

2 3 1 3

x x x

x x x x

  

 

    =



 



15 11 3 2 2 3

1 3

x x x

x x
x x
  
 
 
 

ĐKXĐ : x0; x1



 





 





 





 





 



3 2 3 2 3 1

15 11

1 3 1 3 3 1

x x x x

x
p

x x x x x x

   



  

     



 



5 7 2

3 1
x x
x x
  
 
=







 



5 1
5 2
5
3
3 1
x x
x
x
x x
 
    

  

 

b) Ta có :

1 5 2 1

2 3 2

x
P
x

   






) 5 2 2 3

121

x x x

       
c)
5 2
3
x
P
x


 .

Xét hiệu :



 







3 5 2 2 3

2 5 2 2

3 3 3 3 3

x x

x
P
x x
   

   
 
=





17
0
3 3
x
x




Nên P

2
3





 x R\x0;x 1



Bài 2: ( 1,5 điểm) Cho (P) :

2
4
x
y

và đường thẳng (d): 2 2
x
y 
a) Vẽ (P) và (d) .Toạ độ giao điểm của (P) và (d) là ( -4; 4) và (2; 1)

b) Tìm toạ độ của điểm thuộc (P) sao cho tại đó đường tiếp tuyến của (P) song song
với (d): Phương trình tiếp tuyến của (P)

và song song với (D) là y =

1
2x b

 

Phương trình hồnh độ giao điểm :

2 1

4 2

x

x b

 

Suy ra :

1
4
b

Phương trình tiếp tuyến của (P)
và song song với (D) là y =

1 1

2x 4

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

Tọa độ tiếp điểm (

1
1;


)

Bài 3. (1,5điểm).Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Tính độ dài hai cạnh góc vng của một tam giác vng nội tiếp đường trịn bán kính
6,5 cm.Biết rằng hai cạnh góc vng của tam giác hơn kém nhau 7cm .

Gọi độ dài cạnh góc vng nhỏ là x . ĐK : 0 < x < 13; cm
Độ dài cạnh góc vng lớn là : 132 x2 .

Vì độ dài 2 cạnh góc vng hơn kém 7cm. Ta có PT:

132 x2 - x = 7





2 2 2

13 x x 7 x 7x 60 0

       

Giải phương trình, ta có 2 nghiệm: x1 = 5 (TM) ; x2 = -12 (L)

Vậy độ dài 2 cạnh góc vng là 5 cm và 5+7 = 12 cm.

b) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn
ngoại tiếp tứ giác ADHE.

c). Chứng minh OE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.
d) Cho BC = 2a.Tính diện tích phân viên cung DE của đường tròn (O) theo a.
c) AEK EAH ( Vì AKE cân)

  

HE
EAH EDH 

Mà

  

2
EC
EDH EBC

EBC OEB  ( Vì OBE cân)
Suy ra : AEK OEB nên

     900

OEK OEB KEH  AEK KEH 
Mà E OE 

 

K

Nên OE là tiếp tuyến của đường tròn (K).
d)

   1350

2
BC DE

DHE   

 0  0 0 0

)DE 135 2 BC 270 180 90

      

Vậy  





2 2

2
2

4 2 4

ODE

VP DE HQ DE

a a

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

BÀI GIẢI ĐỀ 8

Bài I: (2,5 điểm) Với x ≥ 0 và x  25 ta có :
1)

x 10 x 5

x 25

x 5 x 5

  



  =

( 5) 10 5( 5)

25 25 25

x x x x

x x x

 

 

  

5 10 5 25

25 25 25

x x x x

x x x

 

 

   =

10 25

x x

x

 

 =

( 5)

( 5)( 5)

x

x x



  =

5
5

x
x



2) x = 9  A =

9 5 1

4
9 5





3) A <

3 

5
5

x
x

 <

3  3 x15 x5

 2 x 20  x10  0 x 100

Bài II: (2,5 điểm)

Cách 1: Gọi x (ngày) (x  N*) là số ngày theo kế hoạch đội xe chở hết hàng

Theo đề bài ta có:

140

5 (x 1) 140 10

x

 

   

 

 

 140x + 5x2 –

140

x - 5 = 150  5x2 – 15x – 140 = 0

 x = 7 hay x = -4 (loại)

Vậy đội xe chở hết hàng theo kế hoạch trong 7 ngày.
Cách 2: Gọi a (tấn) (a  0): số tấn hàng mỗi ngày,

b (ngày) (b  N*) : số ngày

Theo đề bài ta có :

. 140

( 5)( 1) 140 10

a b

a b






   

 

. 140

5 15

a b
b a





 

  5b2 – 15b = 140

 b = 7 hay b = -4 (loại). Vậy đội xe chở hết hàng theo kế hoạch trong 7 ngày.

Bài III (1,5 điểm) Cho parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x – m2 + 9.

1) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) khi m = 1 là:
x2 = 2x + 8

 x2 – 2x + 8 = 0  (x + 2) (x – 4) = 0  x = -2 hay x = 4

y(-2) = 4, y(4) = 16

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) khi m = 2 là : (-2; 4) và (4; 16).
2) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là: x2 = 2x – m2 + 9

 x2 – 2x + m2 – 9 = 0 (1)

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











' 1 9 0

a.c m – 9 0

m

     




 




2
2

10 0 10 10

m – 9 0 -3 m 3

m  m

     

   

  

    -3 < m < 3.

Bài IV: (3,5 điểm)

1) Xét tứ giác MAIE có MAI MEI 900

nên nội tiếp trong đường trịn đường kính MI.

2) Tương tự, tứ giác ENBI nội tiếp đường trịn đường kính IN.
Vậy

  s 

đ EI
ENI EBI 

Tương tự

  s 

đ EI
EMI EAI 

Vì AEB AEB: 900 nên EAI EBI  900



 1800



 



900
MIN  EMI ENI 

3) Xét MAI và IBN : MAI IBN 900
Ta có: NIB AMI  ( cùng phụ với MIA) 
Nên MAI IBN ( g-g)



AM AI

IB BN  AM.BN AI.BI (1)

4) Gọi G là điểm đối xứng của F qua AB.

Ta có AM + BN = 2OG (2) (T/c đường trung bình )
Mà AI =

2, BI = 
3R

Từ (1) và (2)  AM + BN = 2R và AM.BN =

3R
4

Vậy AM, BN là nghiệm của phương trình X2 – 2RX +

3R
4 = 0

AM =

2 hay BN = 
3R

2 .

Vậy MAI vuông cân tại A và NBI vuông cân tại B

 MI =

R 2 R

2  2 và NI =

3R 2 3R

2  2

 SMIN =

1 R 3R 3R

. .

2 2 2  4

Bài V: (0,5 điểm)

M =

1 1

4( ) 2011

2 4

x x

x
   



2 . 2011 2012

x

x  
khi x =

2 ta có M = 2012. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2012.

ĐÁP ÁN ĐỀ 9

Câu I (1,5đ)

1) Rút gọn biểu thức N =



x y



2 4 xy x y y x

x y xy

  





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



x y



2 xy



x y



x y xy

 



  x y



x y



2 y.
2) Ta có : N = 2 y 2 2012 





x y;



/ x0;y2012



Câu II (2đ) 1) Cho phương trình: x2 + 4x + 1 = 0 (1)

Ta có :  ' 221 3 0  nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Tính B = x13 + x23 =











 



2
2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

x  x x  x  x x  x  x  x  x  3x x 

 

= -4[ (-4)2 -3.1] = -52

2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm âm : 2

3 12 5 2 3 3 4

9 1 3 1 1 3

mx m x x m

m m m

   

 

  

ĐKXĐ :

1
3

m



 



)3mx 12m 5 2x 3 3m 1 3x 4m 3m 1

        



12m 1



x 12m2 25m 2



12m 1



x



12m 1

 

m 2



          (1)

*) Với

1
12

m

thì (1)  0x0 ( Thỏa mãn với mọi x < 0 )

*) Với

1
12

m

thì (1)  x m 2 Để x < 0 thì m < -2
Vậy để phương trình có nghiệm âm thì

1
12

m

; m < - 2.

Câu III (2đ)

7 số ban đầu
Gọi x là chữ số hàng đơn vị. ĐK : 0x8;x N

Số đã cho ban đầu :



x2



x10(x2) x 11x20

Số đã đổi chỗ 2 chữ số cho nhau : x x



2



10x x  2 11x2

Vì số mới bằng

7 số ban đầu. Ta có phương trình:













11 2 11 20 7 11 2 4 11 20

x  x  x  x

33x 66 x 2

    ( TM)

Vậy số cần tìm là 42.

Câu IV (3,5đ) GIẢI: a) Xét PQNI. Ta có :
+ PIQ 900 (gt)

+ PNQ MPN  900 ( Cặp góc so le trong)

Vậy P; I; N và Q cùng thuộc đường
trịn đường kính PQ.

b) Xét MPQ và NKP. Ta có :

  s 

đ PK
PMQ PNK 

 

PQM NPK ( cùng bằng NMQ )

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

MP PQ

MP PK NK PQ
NK PK

     

c) Ta có : NK MQ 2SMNQ SMNQP. Hạ PH MN.

Suy ra :SMNQPPH MN mà MN có độ dài khơng đổi nên SMNQP lớn nhất khi PH đạt giá

trị lớn nhất .

Vậy NK MQ đạt giá trị lớn nhất khi PH = 2
MN

khi P là điểm chính giữa MN .

Câu V (1đ) (x + 2)(x + 4)(x + 6)(x + 8) = 1 



x210x16

 

x210x24



1 0 (*)
Đặt t =



x2 10x16



. Ta có : (*)  t t



8



1 0  t28 1 0t 

1 4 17; 2 4 17

t t

    

+ Với t1  4 17. Ta có : x210x16 4 17  x210x20 17 0 (1)

+ Với t2  4 17. Ta có : x210x16 4 17  x210x20 17 0 (2)

Phương trình (1) và (2) có 2 nghiệm phân biết (  > 0)
Gọi x1; x2 là 2 nghiệm của (1); x3; x4 là 2 nghiệm của (2).

Áp dụng hệ thức Viets. Ta có : x1x2x3x4 =



20 17 20

 



383

</div>

DE THI TUYEN SINH VAO LOP 10 DE 789







 





 





 





 





 





 





 









 









 











<sub></sub>

<sub></sub>





 













<sub></sub>

<sub></sub>



































 





 

 

 











