Đang tải... (xem toàn văn)
tuyen sinh toan 10 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vực kinh tế,...
ĐỀ & ĐÁP ÁN ĐỀ & ĐÁP ÁN TUYỂN SINH 10 TUYỂN SINH 10 TOÁN TOÁN NĂM 2005-HÀ NỘI NĂM 2005-HÀ NỘI (CHO MỌI THÍ SINH ) (CHO MỌI THÍ SINH ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:(x + 1)(x + 2) = x + y = −1 2) Giải hệ phương trình: x − y = Bài 2: (1,0 điểm) y Rút gọn biểu thức A = ( 10 − 2) + Bài 3: (1,5 điểm) Biết đường cong hình vẽ bên parabol y = ax2 1) Tìm hệ số a 2) Gọi M N giao điểm đường thẳng y = x + với parabol Tìm tọa độ điểm M N Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2x – 3m2 = 0, với m tham số 1) Giải phương trình m = 2) Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác thỏa điều x1 x2 − = kiện x2 x1 Bài 5: (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B ∈ (O), C ∈ (O’) Đường thẳng BO cắt (O) điểm thứ hai D 1) Chứ`ng minh tứ giác CO’OB hình thang vuông 2) Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng 3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E tiếp điểm) Chứng minh DB = DE y=ax2 x BÀI GIẢI Bài 1: 1) (x + 1)(x + 2) = ⇔ x + = hay x + = ⇔ x = -1 hay x = -2 x + y = −1 (1) 5y = −15 ((1) − 2(2)) y = −3 2) ⇔ ⇔ x − y = (2) x = + 2y x = −1 Bài 2: A = ( 10 − 2) + = ( − 1) + = ( − 1) ( + 1) = ( − 1)( + 1) = Bài 3: 1) Theo đồ thị ta có y(2) = ⇒ = a.22 ⇔ a = ½ 2) Phương trình hoành độ giao điểm y = x đường thẳng y = x + : 2 x + = x ⇔ x2 – 2x – = ⇔ x = -2 hay x = y(-2) = ; y(4) = Vậy tọa độ điểm M N (-2 ; 2) (4 ; 8) Bài 4: 1) Khi m = 1, phương trình thành : x2 – 2x – = ⇔ x = -1 hay x = (có dạng a–b + c = 0) x1 x2 − = ⇔ 3( x12 − x22 ) = x1 x2 ⇔ 3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2 2) Với x1, x2 ≠ 0, ta có : x2 x1 Ta có : a.c = -3m2 ≤ nên ∆ ≥ 0, ∀m c b Khi ∆ ≥ ta có : x1 + x2 = − = x1.x2 = = −3m ≤ a a Điều kiện để phương trình có nghiệm ≠ mà m ≠ ⇒ ∆ > x1.x2 < ⇒ x1 < x2 Với a = ⇒ x1 = −b '− ∆ ' x2 = −b '+ ∆ ' ⇒ x1 – x2 = ∆ ' = + 3m Do đó, ycbt ⇔ 3(2)(−2 + 3m ) = 8(−3m ) m ≠ Bài 5: ⇔ + 3m = 2m2 (hiển nhiên m = không nghiệm) ⇔ 4m4 – 3m2 – = ⇔ m2 = hay m2 = -1/4 (loại) ⇔ m = ±1 B C O A O’ E D 1) Theo tính chất tiếp tuyến ta có OB, O’C vuông góc với BC ⇒ tứ giác CO’OB hình 2) 3) thang vuông Ta có góc ABC = góc BDC ⇒ góc ABC + góc BCA = 900 ⇒ góc BAC = 900 Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường tròn) Vậy ta có góc DAC = 1800 nên điểm D, A, C thẳng hàng Theo hệ thức lượng tam giác vuông DBC ta có DB2 = DA.DC Mặt khác, theo hệ thức lượng đường tròn (chứng minh tam giác đồng dạng) ta có DE2 = DA.DC ⇒ DB = DE SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đề thi gồm: 01 trang Câu 1 (2,0 điểm) 1) Cho . Không dùng máy tính cầm tay, hãy tính giá trị của biểu thức . 2) Cho trước ; gọi là hai số thực thỏa mãn Chứng minh rằng: . Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình: 1) Tìm các số hữu tỷ và để phương trình (1) có nghiệm . 2) Với giá trị tìm được ở trên; gọi là ba nghiệm của phương trình (1). Tính giá trị của biểu thức . Câu 3 (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên thỏa mãn điều kiện: . 2) Giải hệ phương trình: Câu 4 (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O ; R) và (O’ ; R’) cắt nhau tại I và J (R’ > R). Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó; chúng cắt nhau ở A. Gọi B và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với (O’ ; R’); D là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I và điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O’A). Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) tại M (điểm M khác điểm I ). 1) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD. Chứng minh: ; từ đó suy ra KB = KD. 2) AO’ cắt BC tại H. Chứng minh 4 điểm I, H, O’, M nằm trên một đường tròn. 3) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp . Câu 5 (1,0 điểm) Mọi điểm trên mặt phẳng được đánh dấu bởi một trong hai dấu (+) hoặc (). Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu. Hết 3 3 1 12 135 12 135 1 3 3 3 x + − ÷ = + + ÷ ( ) 2 3 2 M= 9 9 3x x− − ,a b R∈ ,x y 3 3 3 3 x y a b x y a b + = + + = + 2011 2011 2011 2011 x y a b+ = + 3 2 1 0 (1)x ax bx+ + − = a b 2 3x = − ,a b 1 2 3 ; ; x x x 5 5 5 1 2 3 1 1 1 S x x x = + + ,x y 2 2 2 2 5 60 37x y x y xy+ + + = ( ) 3 2 4 2 1 5 2 0 x x x y y x x y − = − + − + + = 2 KB = KI.KJ Δ IBD − ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2010 - 2011 Ngày thi: 08 tháng 07 năm 2010 Đáp án gồm : 04 trang I) HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa. - Việc chi tiết điểm số (với cách khác, nếu có) phải được thống nhất Hội đồng chấm. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 Cho .Tính . 1,00 Từ 0,25 0,25 0,25 0,25 1 2 Cho trước ; gọi x,y là hai số thực thỏa mãn .Chứng minh rằng: . 1,00 +/Nếu thì => x, y là 2 nghiệm của phương trình Giải ra ta có => . +/Nếu => . Ta có hệ phương trình . =>=> 0,25 0,25 0,25 3 3 1 12 135 12 135 1 3 3 3 x + − ÷ = + + ÷ ( ) 2 3 2 M= 9 -9 -3x x 3 3 1 12 135 12 135 1 3 3 3 x + − ÷ = + + ÷ ( ) 3 3 12 135 12 135 3 1 3 3 x + − ÷ ⇒ − = + ÷ ( ) 3 3 3 3 12 135 12 135 3 1 3 3 x + − ÷ ⇔ − = + ÷ ( ) ( ) 3 3 1 8 3 3 1x x⇒ − = + − 3 2 9 9 2 0x x⇔ − − = ( ) 2 1 1M⇒ = − = ,a b R∈ 3 3 3 3 ( ) x y a b I x y a b + = + + = + 2011 2011 2011 2011 x y a b+ = + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 ( ) 3 3 x y a b I x y xy x y a b ab a b + = + ⇔ + − + = + − + (1) (*) ( ) ( ) (2) x y a b xy a b ab a b + = + ⇔ + = + 0a b+ ≠ (*) ⇔ UBND TỈNH QUẢNG NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2010 – 2011 MÔN : TOÁN (Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề ) Bài 1: ( 2,0 điểm ) Rút gọn các biểu thức sau : a) A = 811625 +− b) B = 1 13 2 − + c) C = 2 44 2 − +− x xx với x > 2 Bài 2: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số bậc nhất y = ax + 3 có đồ thị là đường thẳng (d) . a) Xác định hệ số a biết đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 3x . Vẽ (d) với hệ số a vừa tìm được . b) Đường thẳng (d’) có dạng y = x + 1 cắt đường thẳng (d) ở câu a) tại điểm M . Xác định tọa độ điểm M . Bài 3: ( 2,5 điểm ) a) Cho phương trình x 2 + 7x – 4 = 0 . Chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm x 1 ; x 2 . Không giải phương trình hãy tính x 1 + x 2 và x 1 . x 2 . b) Giải phương trình : 2 1 2 1 x x + = + . c) Giải bài toán bằng cách lập phương trình : Cạnh huyền một tam giác vuông bằng 13 cm . Hai cạnh góc vuông có độ dài hơn kém nhau 7 cm . Tính độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông đó . Bài 4: ( 3,5 điểm ) Cho nửa đường tròn (O ; R) đường kính AB . Vẽ bán kính OC vuông góc với AB. Gọi K là điểm nằm giữa B và C . Tia AK cắt đường tròn (O) ở M . a) Tính ACB ; AMC . b) Vẽ CI vuông góc với AM tại I . Chứng minh tứ giác AOIC là tứ giác nội tiếp . c) Chứng minh hệ thức : AI . AK = AO . AB . d) Nếu K là trung điểm của CB , tính tgMAB . ====HẾT==== ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 – QUẢNG NAM Năm học : 2010 – 2011 Bài 1: ( 2,0 đ ) Rút gọn các biểu thức : A = 811625 +− = 5 – 4 + 9 = 10 B = ( ) ( ) ( ) 13133 2 132 3 13 13.2 1 13 2 2 −=−−=− − =− − − =− + C = ( ) 1 2 2 2 2 2 2 2 44 2 2 = − − = − − = − − = − +− x x x x x x x xx ( vì x > 2 ) Bài 2: ( 2,0 đ ) a) - Đường thẳng (d) : y = ax + 3 song song với đường thẳng y = 3x nên a = 3 . Đường thẳng (d) có phương trình : y = 3x + 3 . - Đường thẳng (d) y = 3x + 3 đi qua hai điểm ( 0 ; 3 ) và ( - 1 ; 0 ) . b) Tọa độ giao điểm M của hai đường thẳng (d) và (d’) là nghiệm của hệ phương trình : += += 1 33 xy xy . Giải hệ tìm được tọa độ M ( - 1 ; 0 ) Bài 3: ( 2,5 đ ) a) Chứng tỏ phương trình x 2 + 7x – 4 = 0 có hai nghiệm : - Vì a = 1 ; c = - 4 , suy ra a và c trái dấu . Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt . - x 1 + x 2 = 7−= − a b ; x 1 .x 2 = 4−= a c b) Giải phương trình : 2 1 2 1 x x + = + - ĐKXĐ : x 2−≠ - MTC : 2.( x + 2) O 3 -1 x y A M C I K D O B - QĐKM ta có phương trình ( )( ) 212 =++ xx . Đưa về phương trình bậc hai : x 2 +3x = 0 . Giải phương trình được hai nghiệm : x 1 = 0 ( chọn ) ; x 2 = - 3 ( chọn ) . - Kết luận : phương trình đã cho có hai nghiệm : x 1 = 0 ; x 2 = - 3 . c) - Gọi x ( cm ) là cạnh góc vuông bé ( 0 < x < 13 ) - Cạnh góc vuông lớn là x + 7 . - Theo định lí Py-ta-go ta có phương trình x 2 + ( x+7) 2 = 13 2 - Giải tìm được hai cạnh là 5 cm và 12 cm . Bài 4: ( 3,5 đ ) a) - Góc ACB = 90 0 ( góc nt chắn nửa đường tròn ) - Góc AMC = 2 1 góc ACO ( góc nội tiếp và góc ở tâm chắn cung AC ) - Góc AOC = 90 0 , suy ra góc AMC = 45 0 . b)Tứ giác AOIC có AOC = AIC = 90 0 nên nội tiếp được . c) -Trong tam giác ACK vuông tại K với đường cao CI thì : AI . AK = AC 2 (1) -Trong tam giác ACB vuông tại C với đường cao CO thì : AO . AB = AC 2 (2) . - Từ (1) ; (2) suy ra AI . AK = AB . AO . d) Vẽ KD vuông góc với AB tại D . Giải thích tam giác DKB vuông cân tại D , suy ra KD = DB . Giải thích KD là đường trung bình của tam giác OBC nên KD = 22 ROC = .Do đó KD = DB = 2 R . Tính được AD = AB – DB = 2R - 2 R = 2 3R . Suy ra tgMAB = 3 1 = AD KD ====HẾT==== SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài 1 (1đ) Rút gọn 2 16 8 1M x x= + + . Tính giá trị của M tại x = 2. Bài 2 (1đ5) 1) Vẽ đồ thị của các hàm số sau trên cùng một mặt phẳng tọa độ : 2 ( ) :P y x= ; ( ) : 2 3d y x= + 2) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) của (d) và (P). Bài 3(2đ) 1) Giải phương trình 2 5 6 0x x+ + = 2) Giải hệ phương trình 3 4 2 5 7 x y x y + = + = Bài 4 (2đ) 1) Một người dự định đi xe gắn máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 90km. Vì có việc gấp phải đến B trước giờ dự định là 45 phút nên người ấy phải tăng vận tốc lên mỗi giờ 10 km . Hãy tính vận tốc mà người đó dự định đi . 2) Chứng minh rằng phương trình ( ) 2 2 2 1 4 8 0 x m x m− − + − = (m là tham số) luôn có 2 nghiệm phân biệt và khác 1 với mọi m ∈ R . Bài 5 (3đ5) Một hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn Tâm O bán kính R . Một điểm M di động trên cung ABC , M không trùng với A,B và C, MD cắt AC tại H. 1) Chứng minh tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường tròn và DH.DM = 2R 2 . 2) Chứng minh tam giác MDC đồng dạng với tam giác MAH . 3) Hai tam giác MDC và MAH bằng nhau khi M ở một vị trí đặc biệt M’. Xác định điểm M’. Khi đó M’D cắt AC tại H’. Đường thẳng qua M’ và vuông góc với AC cắt AC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C . Hết 1 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Giải đề thi Bài 1: ( ) 2 2 16 8 1 4 1 4 1M x x x x= + + = + = + Thay x=2 vào M 4.2 1 9 9M⇒ = + = = Bài 2: 1) vẽ đồ thị Tọa độ điểm của đồ thị 2 ( ) :P y x= x -2 -1 0 1 2 2 y x= 4 1 0 1 4 Tọa độ điểm của đồ thị ( ) : 2 3d y x= + x 0 3 2 − 2 3y x= + 3 0 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) 2 2 2 3 2 3 0 x x x x = + ⇔ − − = Có dạng a – b + c = 1 – (-2) + (-3) = 0 1 2 1 3 x c x a = − ⇒ − = = từ (P) 1 2 1 9 y y = ⇒ = Vậy : Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là ( ) 1;1 ; B(1;9)A − Bài 3: 1) 2 2 5 6 0 4 25 4.6 1 x x b ac + + = ∆ = − = − = Vì ∆ > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 2 5 1 2 2 2 5 1 3 2 2 b x a b x a − + ∆ − + = = = − − − ∆ − − = = = − 2) 3 4 2 6 8 1 1 1 2 5 7 2 5 7 2 5 7 2 5.1 7 1 x y x y y y y x y x y x y x x + = + = = = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ + = + = + = + = = Bài 4: 1) Gọi x(km/h) là vận tốc dự định đi (đk: x > 0 ) x + 10 (km/h) là vận tốc đi Thời gian dự định đi là : 90 x (h) Thời gian đi là : 90 10x + (h) Vì đến trước giờ dự định là 45’= 3 4 h .nên ta có phương trình: 2 2 2 90 90 3 10 4 10 1200 0 ' ' 25 1200 1225, 35 x x x x b ac − = + ⇔ + − = ∆ = − = + = ⇒ ∆ = Vì ∆’ > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ' 5 35 30( ) 1 ' 5 35 40( ) 1 b x nhan a b x loai a − + ∆ − + = = = − − ∆ − − = = = − Vậy vận tốc dự định đi là 30(km/h) 2) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 8 0 (*) ' ' 2 1 (4 8) 4 4 1 4 8 4 8 9 2 2 5 0 voi moi m (1) − − + − = ∆ = − = − − − − = − + − + = − + = − + > x m x m b ac m m m m m m m m Mặt khác : Thay x=1 vào phương trình (*) Ta được : ( ) 1 2 2 1 .1 4 8 0 1-4m+2+4m-8=0 -5=0 (Không dung voi moi m khi x=1) (2) m m− − + − = ⇔ ⇔ Từ (1) và (2) ⇒ Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt và khác 1 với mọi m ∈R Bài 5: H O A B D C M 1) * BD⊥AC (Tính chất 2 đường chéo hình vuông) · 0 90BOH⇒ = · 0 90BMD = (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn ) · · 0 0 0 90 90 180BOH BMD⇒ + = + = ⇒ Tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường tròn (tổng số đo 2 góc đối diện =180 0 ) * 3 µ · · 0 DOH và DMB D : DOH DMB(g-g) ( 90 ) chung DOH DMB ∆ ∆ ⇒ ∆ ∆ = = : 2 DO DM . . .2 . : . 2 DH DB DO DB DH DM R R DH DM Hay DH DM R ⇒ = ⇒ = ⇒ = = 2) · · MAC MDC= ( Góc nội tiếp cùng chắn cung MC) Hay · · (1)MAH MDC= Vì AD = DC (cạnh hình vuông) » » AD DC⇒ = (Liên hệ dây-cung) · · AMD DMC⇒ = (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) (2) Từ (1) và (2) (g-g)MDC MAH⇒ ∆ ∆: I H' O A B D C M' 3)Khi ∆MDC = ∆MAH ⇒ MD = MA ⇒∆MAD cân tại M · · MAD MDA⇒ = · · MAB MDC⇒ = (cùng phụ với 2 góc bằng nhau ) ¼ ¼ BM CM⇒ = Vậy M là điểm ĐỀ & LỜI GIẢI ĐỀ & LỜI GIẢI TUYỂN SINH 10 TUYỂN SINH 10 TOÁN TOÁN NĂM 2005-HÀ NỘI NĂM 2005-HÀ NỘI (cho thí sinh (cho thí sinh chuyên Toán Tin) chuyên Toán Tin)