TS 10 DETS10THOAI NGOC HAU

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (214.88 KB, 15 trang )

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

UBND TỈNH AN GIANG
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU

NĂM HỌC 2011-2012

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN TỐN

Thời gian làm bài:120 phút,
(không kể thời gian giao đề)

Câu I ( 2,0 điểm)

1. Rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức (khơng sử dụng máy tính):
A=3x −2+

√

2x2−2x

√

2+1 , với x=−

√

2. Tính :

(

√

21−

√

3−1 +

√

15−

√

3
1−

√

)

√

7
 Câu II (2,0 điểm)

Giải các phương trình sau:
1. 1−21 x= 2

1+2x+
1
1−4x2
2. x3−3x2−4x=0

Câu III (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) : y=−1
2x

và đường thẳng (d):
y= mx+ m - 1.

1. Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt parabol tại 2 điểm phân biệt khi m
thay đổi.

2. Với giá trị nào của m thì đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ
bằng 2.

Câu IV (1,5 điểm)

1. Giải hệ phương trình:

{

5x
2

−7y=27
−3x2

+2y=−14

2. Chứng minh bất đẳng thức: a.b > a+b , với a>2 và b>2.
Câu V (3,0 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2r, Ax và By là 2 tiếp tuyến
với nửa đường tròn tại A và B. Lấy 1 điểm M thuộc cung AB và vẽ tiếp tuyến
thứ ba cắt Ax, By lần lượt tại C và D.

1. Chứng minh COD là tam giác vng.

2. Chứng minh tích AC.BD có giá trị khơng đổi khi M di động trên cung AB.
3.Cho góc AOM bằng 60 độ và I là giao điểm của AB và CD. Tính theo r
độ dài các đoạn AC, BD và thể tích của hình do hình thang vng ABDC quay
quanh AB sinh ra.

HẾT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHÂM THI TUYỂN SINH LỚP 10

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

AN GIANG

ĐỀ CHÍNH THỨC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU
Năm học 2011-2012-Khóa ngày 15-6-2011

Mơn: TỐN

A-LƯỢC GIẢI-BIỂU ĐIỂM

Câu

điểm) Bài Lược giải Điểm

I
(2 đ)

1

2

Ta có:

x

√

2−1¿
2
2x2−2x

√

2+1=¿
Do đó :

x

√

2−1¿
2

A=3x −2+√¿

A=3x −2+

|

x

√

2−1

|

Vì x=−

√

2 nên

|

x

√

2−1

|

=¿ |−3|=3
Vậy: A=1−3

√

(

√

3−−

√

17+

√

15−

√

3
1−

√

)

√

√



√

21−

√

3−1 =

√

3−1)

√

3−1 =

√



√

15−

√

1−

√

5 =

√

√

5−1)

1−

√

5 =−

√



√

3+√¿

¿
¿
4

√

5
(

√

7−

√

3)¿

(

√

3−−

√

17+

√

15−

√

3
1−

√

)

√

√

7=¿

1,0

II
(2 đ) 1

2

Điều kiện: x ≠ ±1
2

Quy đồng và khử mẫu , được:
1+2x=2(1−2x)+1

⇔x=1

3 (thỏa điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình cho là x= 1/3.
x3−3x2−4x

⇔x(x2−3x −4)=0
x=0

x=−1
x=4

⇔¿

1,0

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

III
(1,5đ)

1

2

Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d):
−1

2x

=mx+m−1

⇔x2+2 mx+2m−2=0 (*)

(∗)⇒Δ'=m2−(2m −2)=m2−2m+2
(m −1)2+1>0,∀m∈R

Vậy phương trình (*) ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
Nói cách khác (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt khi m thay đổi.
Thay tọa độ giao điểm của (d) với trục tung vào phương trình đường
thẳng:

2 = m.0 + m – 1
Suy ra m=3

Vậy với m = 3 thì (d) cắt trục tung tại điểm (0;2).

1,0

0,5

IV
(1,5đ) 1

2

{

5x2−7y

=27(1)
−3x2+2y=−14(2)
(1)⇒y=5x

2
−27

7 , thay vào (2):
−3x2

+25x
2

−27
7 =−14

⇔x2=4⇔x=±2

Với x= ± 2 ⇒ y= 5 . 47−27=−1

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm (2;-1) và (-2;-1).

a.b > a+b , với a>2 và b>2.
Vì a>2 và b>0 nên a.b>2,b (1)
Vì b>2 và a>0 nên b.a>2.a (2)

Cộng (1) và (2) ta được: 2ab>2(a+b) ⇔ab>a+b (đpcm)

0,75

V
(3,0đ)

1 Theo tính chất của các tiếp tuyến cắt nhau, ta có OC là tia phân giác của
góc AOM và OD là tia phân giác của góc BOM.

Mà AOM, BOM là 2 góc kề bù.

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

2

3

Suy ra OC⊥OD

Vậy tam giác COD vng tại O.

Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
CA=CM;DB=DM .

Trong tam giác vng COD với đường cao OM, ta có:
OM2=MC. MD⇔r2=MC. MD=AC. BD

Vậy khi M di động trên nửa đường trịn , tích AC.BD có giá trị khơng
đổi (bằng r2).

Tam giác cân AOM (OA=OM=r) có góc AOM = 600 nên nó là tam giác
đều. Suy ra AM=AO= MO= r.

Lại có tam giác IOM vng tại M nên AM=AI=AO=r và góc MIO=300.
Tam giác AIC vng tại A có góc ^I=300 nên

AC=IA . tan300=r

√

3
3 .
AC . BD=r2⇒BD= r

AC=r

√

Thể tích hình nón cụt sinh ra bởi hình thang vng ABDC quay quanh
AB:

V=1

3π. AB(AC
2

+BD2+AC . BD)=1
3π. 2r

(

r2
3+3r

+r2

)

=26π.r
3
9

0,75

0,25
 0,25

0,25

0,25

B-HƯỚNG DẪN:

1-Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn được điểm tối đa.

2-Trong bài hình học, chỉ chấm hình vẽ 1 lần –nếu đúng; khơng có hình hoặc hình sai
thì khơng chấm phần lới giải tương ứng.

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

UBND TỈNH AN GIANG
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU

Năm học 2011-2012 Khóa ngày 15-06-2011

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn TỐN (ĐỀ CHUYÊN)

Thời gian làm bài:150 phút
(không kể thời gian phát đề)

Câu I (2,0 điểm)

1- Tính (khơng dùng máy tính):

√

10−

√

5−1 −

2−

√

2
1+

√

2
2- Rút gọn biểu thức: A=1+a

√

a

√

a −

√

a , với a>0 .
Câu II (2,0 điểm)

1- Giải bất phương trình (ẩn x): axa −−11>ax+1

a+1 , với a > 1 .
2- Giải phương trình:

√

2(x+3)=x −1

Câu III (1,5 điểm)

Cho phương trình x2−2 mx

+2m −3=0 , m là tham số.

1- Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình ln có 2 nghiệm
phân biệt x1, x2.

2- Tìm giá trị của m để biểu thức x1
2

+x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
3- Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 độc lập với m.

Câu IV (1,5 điểm)

1- Cho x>0, y>0. Chứng minh: 1x+1
y≥

x+y (*)
2- Áp dụng bất đẳng thức (*), chứng minh rằng:
1

p − a+
1
p −b+

1
p − c≥2(

1
a+

1
b+

1
c) ,

với a, b, c và p lần lượt là các cạnh và nửa chu vi của tam giác ABC.

Câu V (1,5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định ở ngồi đường trịn. Qua M, vẽ cát
tuyến MAB của đường tròn (MA < MB). Trung trực của MB cắt (O) tại P và Q. Gọi I,
K và H lần lượt là trung điểm của MB, AB và PQ.

1- Chứng minh: HO=AM
2

2- Khi cát tuyến MAB quay quanh M thì H di động trên đường nào?
Câu VI (1,5 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC=2R. Trên đoạn BC lấy điểm H sao
cho BH= 2

3 R . Đường thẳng vng góc với BC tại H cắt nửa đường tròn tại A. Tính
theo R thể tích của hình do tam giác AOC quay quanh BC sinh ra.

HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

AN GIANG

HƯỚNG DẪN CHÂM THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU

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

ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học 2011-2012-Khóa ngày 15-6-2011Mơn: TỐN (Đề chun)
A-LƯỢC GIẢI-BIỂU ĐIỂM

Câu
 điểm)

Bài Lược giải Điểm

I
(2 đ)

1

2



√

10−

√

5−1 =

√

5−1)

√

5−1
¿

√

 2−

√

√

(2−

√

2)(1−

√

(1+

√

2)(1−

√

2)=3

√

2−4



√

10−

√

5−1 −
2−

√

√

√

2−(3

√

2−4)=4−2

√

2
a

1+√¿
¿
¿
1+

√

a

¿
a
1−√¿

¿
¿
1+

√

a

¿(1−

√

a)(1+

√

a)(1−

√

a)
1+

√

a

1+a

√

a −

√

a¿
¿
A=1+a

√

a

√

a −

√

a=¿
Cách khác

A=(

√

a+1)(a −

√

a+1)
1+

√

a −

√

a
a −2

√

a+1

√

a −1¿2
¿
¿
¿
¿
¿

0,25

0,5
0,25

II

(2 đ) 1

ax−1
a −1 >

ax+1

a+1 , với a > 1
a>1⇒(a −1)(a+1)>0

Nhân cả 2 vế của BPT với (a-1)(a+1), ta được:

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

2

(ax−1)(a+1)>(ax+1)(a −1)

⇔a2x

+ax− a −1>a2x −ax+a −1
¿

doa>0

¿
¿
¿

⇔2ax>2a⇔x>1¿

Vậy bất phương trình cho có nghiệm x > 1.

(Thiếu 2 điều kiện -0,25, thiếu 1 trong 2 điều kiện chấm đủ)

√

2(x+3)=x −1

ĐK: x −1≥0⇔x ≥1 ,

Phương trình cho tương đương với:
x −1¿2⇔x2−4x −5=0

¿
Δ'=9

¿
¿
2x+6=¿

Chỉ có nghiệm x1=5 thỏa điều kiện. Vậy phương trình cho có nghiệm
x=5.

(Thiếu ĐK khơng chấm KL)

0,25
0,25
0,25

1,0
0,25

0,25

III
(1,5đ)

1

2

3

x2−2 mx

+2m −3=0 (1)

Ta có:

−m¿2−(2m−3)=m2−2m+3

m−1¿2+2>0,∀m∈R

Δ'=¿

Vậy phương trình cho ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của
m.

Theo định lý Vi-ét, ta có:
¿
x1+x2=−b

a=2m; ¿x1.x2=
c

a=2m −3
Do đó: x1+x2¿

2−2x

1x2=4m2−4m+6

x12+x22=¿

2m−1¿2+5≥5,∀m∈R
¿ ¿

Dấu đẳng thức xảy ra khi 2m−1=0⇔m=1
2
Vậy: với m=1

2 thì biểu thức x12+x22 đạt giá trị nhỏ nhất là
5.

x1+x2=2m
x1.x2=2m−3

}

⇒x1.x2−(x1+x2)+3=0

0,25

0,25
0,25

0,25

IV
(1,5đ)

1 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương x, y, ta có:
x+y¿2≥4 xy

x+y ≥2

√

xy⇔¿ (do 2 vế đều là số dương)

⇔x+y

xy ≥
4

x+y ( do x+y>0, xy>0)

0,25

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

2
⇔1
x+
1
y≥
4

x+y (đpcm)

Ta có : a< b+c ( bất đẳng thức trong tam giác ABC)
Suy ra : p-a >0 .

Tương tự : p-b>0 , p-c>0.

Áp dụng kết quả ở phần 1 nêu trên, ta được :

p − a+
1
p −b≥

(p − a)+(p −b)=
4
c (1)
1

p − b+
1
p −c≥

a (2)
1

p − c+
1
p − a≥

b (3)

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều (1), (2) và (3) rồi rút gọn, ta được:
1

p − a+
1
p −b+

1
p − c≥2(

1
a+

1
b+

c) (đpcm)

0,25
0,25
0,25
0,25
V
(1,5đ)
1
 
 
2

O
M
A
B
P
Q
I
H
K
 Hình a
O
M
A
B
P
Q
K
I
C
H
Hình b
Tứ giác OHIK có:

^I=1v ( do PQ là trung trực của MB)

^H=1v ( do quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
^K=1v ( do quan hệ vng góc giữa đường kính và dây cung).
Vậy OHIK là hình chữ nhật,

Suy ra : HO=IK=IB−KB=MB

2 −

AB
2 =

2 (đpcm)
Gọi C là trung điểm của OM, 2 tam giác HOC và AMO có:

∠ HOC = ∠ AMO (so le trong) và HO
AM=

OC
MO=

1
2
nên chúng đồng dạng.

Suy ra CH=OA
2 =

R
2 .
Do O, M cố định nên C cố định.

Vậy H thuộc đường trịn tâm C bán kính R/2.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

VI

(1,5đ)

Khi hình vẽ quay quanh BC, các tam giác vng AHC, AHO tạo ra
các hình nón có chung bán kính đáy AH và đường cao của các hình nón
lần lượt là HC và HO.

Thể tích V của tam giác AOC sinh ra bằng thể tích sinh ra bởi tam giác
vng AHC trừ thể tích sinh ra bởi tam giác vng AHO, Ta có:

V=1
3π. AH

2.. HC−1
3π. AH

2. HO

¿1
3π. AH

(HC−HO)=1
3π. AH

.R (1)

Mà tam giác ABC vng tại A ( vì góc BAC nội tiếp nửa đường

trịn)với đường cao AH có AH2=HB . HC=2

3R.
4
3R=

8
9R

2
.
Vậy V=8πR

3
27

0,25

B-HƯỚNG DẪN:

1-Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn được điểm tối đa.

2-Trong các bài hình học, mỗi bài chỉ chấm hình vẽ 1 lần – nếu đúng; khơng có hình
hoặc hình sai thì khơng chấm phần lời giải tương ứng .

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

UBND TỈNH AN GIANG
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2011-2012 Khóa ngày 6-7-2011

MƠN: TỐN

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài:120 phút,

(không kể thời gian giao đề)

Bài 1 ( 2,0 điểm ) ( khơng được dùng máy tính)

1- Thực hiện phép tính: (

√

12−

√

75+

√

48):

√

3
2- Trục căn thức ở mẫu: 1+

√

15−

√

3−1
Bài 2 ( 2,5 điểm )

1- Giải phương trình: 2x2−5x −3=0

2- Cho hệ phương trình ( m là tham số) :

{

mx− x− y=3
+2 my=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)

Trên cùng một mặt phẳng tọa độ, cho parabol (P) : y=x
2

2 và đường thẳng (d) :
y=− x+3

2 .

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 vng góc với nhau. Trên cung nhỏ
DB, lấy điểm N ( N khác B và D ). Gọi M là giao điểm của CN và AB.

1- Chứng minh ODNM là tứ giác nội tiếp.
2- Chứng minh AN.MB = AC.MN.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

3- Cho DN = r.Gọi E là giao điểm của AN và CD. Tính theo r độ dài các đoạn ED,
EC.

HẾT

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

AN GIANG

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHÂM THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học 2011-2012 Khóa ngày 6-7-2011

Mơn: TỐN

A-HƯỚNG DẪN CHUNG:

1-Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn được điểm tối đa.

2-Trong bài hình học, chỉ chấm hình vẽ 1 lần –nếu đúng; khơng có hình hoặc hình sai
thì khơng chấm phần lời giải tương ứng.

3-Điểm số có thể chia nhỏ tới 0,25. Tổng điểm tồn bài khơng làm trịn.
B-LỜI GIẢI - BIỂU ĐIỂM

Bà
i
(điểm)

Câu Lời giải – Hướng dẫn Điểm

1
(2 đ) 1

2



√

12=

√

4 . 3=2

√



√

75=

√

25 .3=5

√



√

48=

√

16 . 3=4

√

 (

√

12−

√

75+

√

48)=1
1+

√

15−

√

3−1=

√

3 .

√

5−

√

3−1=

√

3−1)+(

√

3−1)=¿
¿ 1+

√

(

√

3−1)(

√

5+1)
¿ 1

√

3−1
¿

√

3+1

(

√

3−1)(

√

3+1)=

√

3+1

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
2

(2,5 đ) 1 2x
2

−5x −3=0

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2

−5¿2−4 .2(−3)=49
¿

x1=5+7
4 =3
¿
Δ=¿

{

mx− y=3
− x+2 my=1

a/. m=1 hệ trở thành

{

x − y=3
− x+2y=1

⇔

{

x − y=3

y=4

⇔

{

x=7

y=4

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là ( 7; 4 ).
b/ Với m=0 , hệ trở thành

{

− y=3

− x=1⇔

{

x=−1
y=−3

Với m≠0 , hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi

m
−1≠

−1

2m

⇔m2≠1

2⇔m≠ ±
1

√

Vậy với m=0 hoặc m≠ ± 1

√

2 thì hệ phương trình đã cho có
nghiệm duy nhất.

0,25

3

(2,0đ)
1

2

Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) :
¿

x2

2=− x+
3
2

⇔x2

+2x −3=0
¿

Do a+b+c=0 nên phương trình có 2 nghiệm x1=1 và x2= -3
Với x=1⇒ y=1

2
Với x=−3⇒y=9

Vậy, các giao điểm cần tìm là ( 1; 1/2) và (-3: 9/2)

Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d’) là:
x2

2=mx− m⇔x
2

−2 mx+2m=0 (*)
(*) ⇒Δ'=m2−2m

(P) tiếp xúc với (d’) ⇔ (*) có nghiệm kép ⇔Δ '=0 (hoặc
Δ=0¿

0,25

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

⇔m(m −2)=0

m=0
m=2

⇔¿

Ghi chú: Nếu tính sai Δ' vẫn chấm bước lập luận (P) tiếp xúc với
(d’).

0,25

4
(3,5đ)

1

2

3

Ta có;

MO D^ =1v (giả thiết)

MN D^ =CN D^ =1v (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
Tứ giác ODNM có tổng 2 góc đối bằng 2 vng nên nội tiếp được.

Hai tam giác ANC và MNB có:

A^N C=B^N M=BN C^ (chắn 2 cung bằng nhau CA và CB);
AC N^ =N^B M=NB A^ (cùng chắn cung AM)

Vậy chúng đồng dạng.

⇒AN

MN=
AC

MB ⇒AN . MB=AC. MN (đpcm)

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

 Vì DN A^ =C^N A ( 2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau AD,
AC)

nên NE là phân giác của góc N trong tam giác DNC.

 Theo tính chất đường phân giác của tam giác, ta có ED

EC=
ND
NC (1)

 Tam giác DNC vuông tại N cho ta:

NC2

=CD2−DN2=4r2− r2=3r2⇒NC=r

√

 Từ (1) ta suy ra:

EDND=EC
NC ⇒

ED
r =

EC
r

√

ED+EC
r+r

√

3 =

2r
r(1+

√

3)=

2
1+

√

 ED

r =

√

3⇒ED=
2r
1+

√

 EC

r

√

3=
2

√

3⇒EC=
2r

√

3
1+

√

3
Ghi chú : Các cách khác

Cách 1:

+ Tam giác ODN đều ( do ON=OD=DN=r)

60
ˆ 

 DON

+ ⇒B^A N=B

O N

2 =15

Tam giác AOE vuông tại O cho ta : OE=OA . tan 150=0,27 .r
¿

ED=OD−OE=r −0,27r=0,73.r
¿

+ EC= OC+OE = 1,27.r
Cách 2:

+ Tam giác ODN đều ( do ON=OD=DN= r)

60
ˆ 

 DON

+ ⇒AN=AB . sin \{^B=2r.sin 750
CA=r

√

Hai tam giác EDN và CAN đồng dạng, suy ra
ED=CA . DN

AN =0,73r
+ EC = CD-ED = 1,27 r

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15></div>

TS 10 DETS10THOAI NGOC HAU

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

(

√

√

√

√

√

√

)

√

√

√

{

√

√

√

|

√

|

√

|

√

|

√

(

√

√

√

√

√

√

)

√

√

<sub>√</sub>

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

<sub>√</sub>

√

√

√

√

√

√

(

√

√

√

√

√

√

)

√

√

<sub>√</sub>

{

√

√

(

)

√

√

√

√

<sub>√</sub>

√

√

√