- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 11
Thi vao THPT Thanh Hoa De Dap an
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (108.58 KB, 4 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>
<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT</b>
<b> THANH HOÁ Năm học 2010 – 2011</b>
<b> Mơn thi: Tốn</b>
Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2010
Thời gian làm bài: 120phút
<i></i>
<i></i>
<b>---Bài I</b> (2,0 điểm)
Cho phương trình : x2<sub> + nx – 4 = 0 (1) (với n là tham số)</sub>
1. Giải phương trình (1) khi n = 3
2. Giả sử x1,x2 là nghiệm của phương trình (1),tìm n để :
x1(x22 +1 ) + x2( x12 + 1 ) > 6
<b>Bài II </b><i> (2,0 điểm) </i>
<i> Cho biểu thức </i>
3 3 1 1
3
3 3
<i>a</i> <i>a</i>
<i>A</i>
<i>a</i> <i>a</i> <i>a</i>
<sub></sub> <sub> </sub><sub></sub> <sub></sub>
<i><sub> với a > 0; </sub>a</i>9
<i>1.Rút gọn A</i>
<i>2.Tìm a để biểu thức A nhận giá trị nguyên.</i>
<b>Bài III </b><i> (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy </i>
Cho parabol (P): y = x2<sub> và các điểm A,B thuộc parabol (P) v ới x</sub>
A = -1,xB = 2
1.T ìm to ạ đ ộ c ác đi ểm A,B v à vi ết ph ư ơng tr ình đ ư ờng th ẳng AB.
2. T ìm m đ ể đ ư ờng th ẳng (d) : y = (2m2<sub> – m)x + m + 1 (v ới m l à tham s ố )</sub>
song song v ới đ ư ờng th ẳng AB.
<b>Bài IV</b> (3,0)
Cho tam gi ác PQR c ó ba g óc nh ọn n ội ti ếp đ ư ờng tr òn t âm O,c ác đ ư ờng
cao QM,RN c ủa tam gi ác c ắt nhau t ại H.
1.Ch ứng minh t ứ gi ác QRMN l à t ứ gi ác n ội ti ếp trong m ột đ ư ờng tr òn.
2. K éo d ài PO c ắt đ ư ờng tr òn O t ại K.Ch ứng minh t ứ gi ác QHRK l à h
ình b ình h ành.
3. Cho c ạnh QR c ố đ ịnh,Pthay đ ổi tr ên cung l ớn QR sao cho tam gi ác PQR
lu ôn nh ọn.X ác đ ịnh v ị tr í đi ểm P đ ể di ện t ích tam gi ác QRH l ớn nh ất.
<b>Bài V</b> ( 1,0 điểm)
Cho x,y l à c ác s ố d ư ơng tho ả m ãn : x + y = 4
T ìm gi á tr ị nh ỏ nh ất c ủa :
2 2 33
<i>P x</i> <i>y</i>
<i>xy</i>
---
Hết---Họtênthísinh:……….Sốbáodanh:
………..
Họ tên, chữ ký của giám thị 1: Họ tên, chữ ký của giám thị 2:
</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>
<b>Đáp án chấm điểm</b>
Bài I)
1) Với n = 3, ta có pt: x2 + 3x – 4 = 0
pt có a+b++c=0 nên x1 = 1, x2 = -4
2. pt đã cho có <i>n</i>216 0 <sub> với mọi n, nên phương trình ln có hai nghiệm phân </sub>
biệt x1, x2.
Áp dụng hệ thức Vi et ta có:
x1 + x2 = n
x1x2 = -4
Ta có:
2 2
1 2 2 1
1 2 1 2 1 2
( 1) ( 1) 6
( ) 6
4.( ) ( ) 6
3 6
2
<i>x x</i> <i>x x</i>
<i>x x x</i> <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i>
<i>n</i> <i>n</i>
<i>n</i>
<i>n</i>
Bài 2<b>:</b> 1) Rút gọn biểu thức được: A=
4
3
<i>a</i>
2. Biểu thức A đạt giá trị nguyên <sub></sub> <i>a</i>3<sub> là ước của 4.</sub>
do <i>a</i>3 <sub></sub><sub>3 nên </sub> <i>a</i>3<sub> = 4</sub>
a=1
Bài 3:
1. A(-1; 1); B(2; 4).
Phương trình đường thẳng AB là: y = x+2.
2. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng AB khi:
2
2 1 1
2
1 2
<i>m</i> <i>m</i>
<i>m</i>
<i>m</i>
Bài 4.
1. Tứ giác QRMN có :
<sub>90</sub>0
<i>QNR QMR</i>
Tứ giác QRMN nội tiếp đường trịn đường kính QR.
2. Ta có: <i>PQK</i> 900<sub>( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)</sub>
suy ra:PQKQ, mà RHPQ
KQ//RH(1)
Chwngs minh tương tự ta cũng có:
QH//KR(2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình hành.
3. Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên:
<i>QHR</i> <i>QKR</i>
<i>S</i> <i>S</i>
</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>
Từ K kẻ KIQR. Ta có:
1
.
2
<i>QKR</i>
<i>S</i> <i>KI QR</i>
Diện tích tam giác QKR lớn nhất khi KI lớn nhất<sub></sub> K là điểm chính giữa của cung
nhỏ QR.
Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR.
Bài 5
Từ x+y=4
Áp dụng BĐT Cơsi ta có: xy
2
( )
4
4
<i>x y</i>
Do đó
33 33
4
<i>xy</i>
Mặt khác: x2<sub>+y</sub>2<sub>=</sub>(<i>x y</i> )2<sub>-2xy=16-2xy</sub><sub></sub><sub>16 2.4</sub><sub></sub> <sub>=8( do xy</sub><sub></sub><sub>4)</sub>
Vậy P
33 65
8
4 4
Do đó : MinP=
65
</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4></div>
<!--links-->
