K THI TH TUYN SINH LP 10 THPT CHUYấN TON Đề 1 Bài 1: (1,25 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức: A = 2 2 4 2 2 4 4 4 4 12 9a ab b a ab b+ + + v i 2a = ; 1b = . 2. Chứng minh: 3 3 3 2 1 3 3 3 x x x x x x x + + = ữ ữ ữ ữ + (với 0x và 3x ). Bài 2: (1,25 điểm) Cho phơng trình: 2 2 1 0mx mx + = ( m là tham số) 1. Tìm các giá trị của m để phơng trình có nghiệm và tính các nghiệm của phơng trình theo m . 2. Tìm giá trị của m để phơng trình có hai nghiệm sao cho một nghiệm gấp đôi nghiệm kia. Bài 3: (1 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 4 điểm ( 3;4), ( 2;1), (1;2), (0;5)A B C D . 1. Cho biết đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét (cm), tính độ dài các cạnh và các đờng chéo của tứ giác ABCD. Tứ giác ABCD là hình gì ? 2. Dựa vào hình vẽ, cho biết tọa độ giao điểm của 2 đờng chéo của tứ giác ABCD. Bài 4: (1,25 điểm) Cho hàm số 2 y ax= ( ) 0a 1. Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho cắt đờng thẳng : 2 3d y x= + tại điểm A có tung độ bằng 1 . 2. Vẽ đồ thị (P) của hàm số ứng với giá trị a vừa tìm đợc trong câu 1) và vẽ đờng thẳng d trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Tìm tọa độ giao điểm thứ hai B của (P) và d. Bài 5: (1,25 điểm) Hai vòi nớc cùng chảy vào bể thì đầy sau 16 giờ. Nếu vòi I chảy trong 3 giờ và vòi II chảy trong 6 giờ thì đợc thể tích nớc bằng 25% bể. Tính thời gian cần thiết để riêng mỗi vòi chảy đầy bể. Bài 6: (1 điểm) Cho đờng tròn (O), A là điểm cố định trên (O) và M là một điểm di động trên (O). Qua M vẽ đờng vuông góc MH với tiếp tuyến AT của đờng tròn (O) (H thuộc AT). Chứng minh rằng trong trờng hợp tồn tại tam giác OMH, tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác đi qua một điểm cố định. Bài 7: (1,5 điểm) "Góc sút" của quả phạt đền 11 mét là góc nhìn từ chấm phạt đền đến đoạn thẳng nối 2 chân của cầu môn. Biết chiều rộng của cầu môn là 7,32 m, hỏi "góc sút" của quả phạt đền 11 mét là bao nhiêu độ ? Tìm các điểm khác trên sân cỏ có cùng "góc sút" nh quả phạt đền 11 mét. Nêu cách dựng quỹ tích các điểm đó nếu gọi A và B là 2 điểm biểu diễn chân cầu môn và M là điểm biểu diễn chấm phạt đền. Bài 8: (1,5 điểm) Một cốc nớc hình nón cụt có bán kính 2 đáy là 1 2 4 , 1r cm r cm= = , đựng đầy nớc. Ngời ta thả một quả bi hình cầu bằng kim loại vào thì nó đặt vừa khít hình nón cụt (hình vẽ). Tính thể tích khối nớc còn lại trong cốc. Đáp án và thang điểm Nội dung 1. 1 A = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3a b a b+ = 2 2 2 2 3a b a b+ V i 2a = ; b = 1 thỡ A = 2 2 2 2 3+ = 2 2 2 2 3 3 2 1+ + = 1. 2 + Với giả thiết đã cho: 0x và 3x , ta có: 1 I J ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 3 2 2 3 3 3 3 3 x x x x x x x x x x + + = = + + + ( ) ( ) 3 3 1 3 3 3 3 x x x x x x + + = = + + Vậy: ( ) 3 3 3 1 2 3 . 1 3 3 3 3 x x x x x x x x x + + = = ữ ữ ữ ữ + 2. 1 + Nếu 0m = thì phơng trình trở thành 1 0= , nên phơng trình vô nghiệm. + Nếu 0m thì phơng trình đã cho có nghiệm khi: ( ) 2 ' 1 0m m m m = = . Suy ra 0m < hoặc 1m (*). Khi đó các nghiệm của phơng trình là: 2 1 ; m m m x m = 2 2 m m m x m + = . 2. 2 Với điều kiện (*), phơng trình có hai nghiệm 1 ,x 2 x . Theo hệ thức Vi-ét: 1 2 2x x+ = và 1 2 1 x x m = Theo giả thiết, ta có: 1 2 2x x= (hoặc 2 1 2x x= ), suy ra: 1 4 ; 3 x = 2 2 3 x = (hoặc 1 2 ; 3 x = 2 4 3 x = ) Suy ra: 1 2 1 8 1 9 1 9 8 x x m m m = = = > , thỏa mãn điều kiện (*). Vậy với 9 8 m = thì phơng trình có một nghiệm gấp đôi nghiệm kia. 3. 1 + Tứ giác ABCD có: - Các cạnh bằng nhau vì cùng bằng cạnh huyền của tam giác vuông có các cạnh góc vuông là 3cm và 1cm. Do đó độ dài mỗi cạnh của tứ giác là: 2 2 3 1 10 ( )cm+ = . - Các đờng chéo bằng nhau vì cùng bằng cạnh huyền của tam giác vuông có các cạnh góc vuông là 2cm và 4cm. Do đó độ dài mỗi đờng chéo của tứ giác là: 2 2 2 4 20 2 5 ( )AC BD cm= = + = = + Tứ giác ABCD có 4 cạnh bằng nhau và hai đờng chéo bằng nhau nên là hình vuông. 3. 2 + Từ hình vẽ suy ra giao điểm của 2 đờng chéo là: ( ) 1;3I 4. 1 + Điểm A ở trên d và có tung độ bằng 1 nên: 1 2 3 2x x = + = . Do đó: (2; 1)A + A là giao điểm của đồ thị hàm số 2 y ax= với d, nên A thuộc (P), suy ra: 2 1 1 2 4 a a = ì = 4. 2 + Vẽ đúng parabol (P): 2 1 4 y x= + Vẽ đúng đờng thẳng d 2 + Hoành độ giao điểm của (P) và d là nghiệm của phơng trình : 2 2 1 2 3 8 12 0 4 x x x x = + + = . + Giải phơng trình ta đợc nghiệm thứ hai là: 2 2 6 9x y= = . Vậy giao điểm thứ hai của (P) và d là (6; 9)B Gọi x (giờ) và y (giờ) là thời gian để riêng vòi I và vòi II chảy đầy bể ( 0;x > 0y > ). Mỗi giờ vòi I chảy đợc 1 x bể, vòi II chảy đợc 1 y bể. Theo giả thiết thứ nhất, ta có phơng trình: 16 16 1 x y + = . Theo giả thiết thứ hai, ta có phơng trình: 3 6 25 3 6 1 100 4x y x y + = + = . Vậy ta có hệ phơng trình: 16 16 1 16 16 1 1 3 6 1 3 6 4 4 u v x y u v x y + = + = + = + = (với 1 1 ;u v x y = = ) Giải hệ phơng trình trên, ta đợc ( ) 1 1 ; ; 24 48 u v = ữ Suy ra: ( ) ( ) ; 24;48x y = thỏa điều kiện bài toán. Vậy nếu chảy riêng, thì vòi I chảy đầy bể trong 24 giờ và vòi II chảy đầy bể trong 48 giờ. + Ta có OA AH (vì AT là tiếp tuyến của đờng tròn) và MH AH (gt). Suy ra: ã ã //OA MH OAM AMH = (so le trong). + Mà tam giác AOM cân tại O (OA = OM) nên ã ã OAM OMA= , do đó: ã ã AMH OMA= và tia MA luôn nằm giữa hai tia MO và MH, suy ra: MA là tia phân giác của góc ã OMH . + Dựng tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác OMH cắt (O) tại A, ta có: 'MA MA . Suy ra: Tam giác AMA vuông tại M, do đó AA là đờng kính của (O). + Mà A cố định, nên A cũng cố định. Vậy tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác OMH đi qua điểm A đối xứng với A qua tâm O. + Tam giác MAB cân tại M. Gọi H là trung điểm của AB, thì trung tuyến MH cũng là đờng cao và đờng phân giác góc ả M của tam giác cân MAB. Suy ra: 3,66HA HB m= = Gọi ã AMH = , trong tam giác vuông MHA, có: 0 3,66 18 24' 11 AH tg MH = = Suy ra "góc sút" của quả phạt đền 11 mét là: 0 2 36 48' . + Các điểm trên sân cỏ có cùng "góc sút" nh quả phạt đền 11 mét là các điểm cùng nhìn đoạn AB dới một góc 2 , nên chúng ở trên cung chứa góc 2 dựng trên đoạn thẳng AB (ở trớc cầu môn). + Cách dựng: - Dựng tia Ax tạo với AB một góc 0 2 36 48' (ở sau cầu môn). - Dựng đờng thẳng qua A vuông góc với Ax cắt MH tại O - Dựng cung tròn tâm O, bán kính OA chứa điểm M, cung tròn này là quĩ tích cần dựng. 3 B A H + Hình cầu đặt khít hình nón cụt, nên đờng tròn lớn của nó nội tiếp trong hình thang cân ABCD, với AD, BC là hai đờng sinh và AB, CD là 2 đờng kính của 2 đáy hình nón cụt. Gọi O là tâm và r là bán kính hình cầu, I, J là 2 tiếp điểm của đờng tròn lớn với AB và CD, M là tiếp điểm của BC với đờng tròn lớn (O), ta có: BI = BM và CJ = CM, suy ra BC = r1 + r2 = 4 + 1 = 5 (cm). Từ C kẻ CH vuông góc với AB tại H, ta có tứ giác IHCJ là hình chữ nhật, nên BH = 1 2 r r = 3 (cm), do đó: 2 2 CH = BC - BH 4( )cm= . Vậy: đờng kính của hình cầu là: IJ = CH 4cm= , nên bán kính của hình cầu là: 2r cm= + Thể tích khối nớc tràn ra ngoài bằng thể tích hình cầu và bằng: ( ) 3 3 4 4 32 8 3 3 3 V r cm = = ì = 1 + Thể tích cốc nớc hình nón cụt là: ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 3 V h r r r r = + + với chiều cao của nón cụt là: h = IJ 4( )cm= . ( ) ( ) 2 2 3 2 1 4 4 1 4.1 28 3 V cm = ì + + = . + Vậy thể tích khối nớc còn trong cốc nớc là: ( ) 3 2 32 52 28 54,5 3 3 V V V cm = = = 1 4 O