De HSG Toan 920162017 16
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (116.08 KB, 3 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>Sở Giáo dục – Đào tạo Trà Vinh -------------ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC : 2010 – 2011 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề -----------------------------. Câu 1 : (2 điểm) 1. Thu gọn biểu thức : P 2 8 3 50 5 18 3 x 2 y 6 2. Giải hệ phương trình : 4 x y 2. Câu 2 : (1,5 điểm) 1 1 y x2 y x2 4 và đường thẳng (D) : 2 1. Vẽ đồ thị (P) của hàm số : trên cùng hệ. trục tọa độ 2. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính Câu 3 : (1,5 điểm) Giải các phương trình sau đây : 2 1. 2 x 5 x 3 0 4 2 2. x 10 x 9 0 Câu 4 : (1,5 điểm) x 2 2m 3 x m 2 3m 2 0. Cho phương trình : (1) (m là tham số) 1. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m 2. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa điều kiện : x1.x2 1 x1 x2. Câu 5 : (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh 8cm. Điểm M thuộc cạnh AD sao cho AM = 6cm. Vẽ đường tròn tâm O có đường kính BM, đường tròn này cắt AC ở E (khác A) 1. Tính bán kính của đường tròn (O) 2. Chứng minh DC là tiếp tuyến của đường tròn (O) 3. Chứng minh rằng BEM là tam giác vuông cân 4. Tiếp tuyến Bx của đường tròn (O) cắt DC ở K. Chứng minh rằng M, E, K là ba điểm thẳng hàng. -----------Hết----------.
<span class='text_page_counter'>(2)</span> GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2010 – 2011 Câu 1 : (2 điểm) 1. P 2 8 3 50 5 18 2 4.2 3 25.2 5 9.2 4 2 15 2 15 2 4 2 2.. 3x 2 y 6 1 4 x y 2 2 . 3x 2 y 6 1 * 2 8 x 2 y 4 3 x. 10 2 5. Lấy (1) + (3) : -5x = -10 Thế x = 2 vào phương trình (2) : 4.2 + y = 2 8 + y = 2 y = 2 – 8 = - 6 Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm (2 ; - 6) Câu 2 : (1,5 điểm) y 1. 3 1 y = x2 x -2 -1 0 1 2 N 2 1 2 y= 1 2 2 1 1 x+1 0 2 y x 2 2. x 1 y x 1 2. 2. 0 1. 2. M. 2 2. 1. x -3. -2. -1. O. 1. 2. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D) : 1 2 1 1 1 x x 1 x 2 x 1 0 x 2 x 2 0 2 2 2 2. Do a – b + c = 1 + 1 – 2 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm : 1 1 1 1 2 x1 1 y1 . 1 .1 M 1; 2 2 2 2 c 2 1 1 2 x2 2 y2 . 2 .4 2 N 2; 2 a 1 2 2 1 M 1; N 2; 2 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (D) là 2 và . Câu 3 : (1,5 điểm) 2 1. 2 x 5 x 3 0 2. b 2 4ac 5 4.2. 3 25 24 49 0. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt : 49 7 b 5 7 12 b 5 7 2 1 3; x2 2a 2.2 4 2a 2.2 4 2 4 2 2. x 10 x 9 0 x1 . Đặt X = x2 > 0, ta có phương trình : X2 – 10X + 9 = 0 c 9 X 2 9 a 1 Do a+b+c =1 – 10 + 9 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm là X1 = 1 và x 1 1 x 9 3 X 1 1 x 2 1 X 2 9 x 2 9 x 1 1 x 9 3 + +.
<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm : x1 = 1; x2 = -1; x3 = 3; x4 = -3 Câu 4 : (1,5 điểm) Cho phương trình :. x 2 2m 3 x m 2 3m 2 0. 2. (1) (m là tham số). 1. Vậy phương trình (1) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m 2. 2. 2. 2. b 4ac 2m 3 4.1. m 3m 2 4m 12m 9 4m 12m 8 1 0. 2. Theo câu (1), ta có phương trình (1) có 2 nghiệm là :. . . 1 1. 2m 3 1 2m 4 2 m 2 2m 3 1 2m 2 2 m 1 m 2; x2 m 1 2.1 2 2 2.1 2 2 Do x1.x2 1 x1 x2 nên : m 2 . m 1 1 m 2 m 1 m2 m 2m 2 1 m 2 m 1 m2 3m 2 1 m 2 m 1 0 m 2 m 0 m 0 m 0 m m 1 0 m 1 0 m 1 x1 . Vậy với m =0 hoặc m = -1 thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức : x1.x2 1 x1 x2 Câu 5 : (3,5 điểm) 1. Xét tam giác ABM vuông tại A Ta có : BM2 = AB2 + AM2 = 82 + 62 BM2 = 64 + 36 = 100 BM 100 10 cm BM 10 R 5 cm 2 2 Mà 2. Kẽ OH DC , do OH là đường trung. bình của hình thang vuông DMBC. A. 6. 8. B. O. M E. K. D H C x DM BC 2 8 10 OH 5 cm 2 2 2 Nên Vậy OH là bán kính và OH DC tại tiếp điểm H nên DC là tiếp tuyến của đường. tròn tâm O đường kính BM 0 3. Do BM là đường kính nên BEM 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) EAB EMB (cùng chắn cung BE ) EAB 450 EMB 450 Mà ABCD là hình vuông nên Vậy tam giác BEM vuông cân tại E 4..
<span class='text_page_counter'>(4)</span>
