Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)SỞ GD&ĐT BÌNH DƯƠNG
-*** -ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012 Mơn : TỐN
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) Bài 1: (1đ)
Tính M 15x2 15 16x , x= 15
Bài (2đ)
1) Vẽ đồ thị hàm số sau mặt phẳng toạ độ :
y = 2x – (d)
; y = -x + (d’)
Và tìm toạ độ giao điểm A (d) (d’) cách giải hệ phương trình 2) Tìm m để (P): y = mx2 qua điểm có toạ độ (3;2)
Bài 3(2đ)
1) Giải phương trình : x2 + 7x + 10 = 0 2) Giải phương trình : x4 - 13x2 + 36 = 0 Bài 4(2đ)
1) Tính chiều dài chiều rộng hình chữ nhật có chu vi 33m diện tích 252m2
2) Cho phương trình : x2 – 2(m + 2)x + 2m + = (1)
Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt lớn 0,5
Bài (3đ)
Cho đường tròn (C) tâm O Từ điểm A (C) vẽ tiếp tuyến AB, AC với (C) (B,C tiếp điểm) Vẽ đường thẳng (d) qua C vng góc với AB, (d) cắt đường thẳng AB H cắt (C) E, C cắt đường thẳng OA D
1) Chứng minh CH // OB tam giác OCD cân 2) Chứng minh tứ giác OBDC hình thoi
3) M trung điểm EC, tiếp tuyến (C) E cắt đường thẳng AC K chứng minh O, M, K thẳng hàng
(2)Hết Giải:
Bài 1: (1đ)
2
2
15 15 16 15 15
M x x x x
Thay x= 15 M 15 15 4 11 11
Bài (2đ)
1) Vẽ đồ thị hàm số sau :
x
y = 2x – -4
x
y = -x + 5
Hệ phương trình (d) (d’)
y= 2x – 0= 3x – x= x=
y x y x y y
Vậy: toạ độ giao điểm (d) (d’) A(3;2)
2) Vì (P): y = mx2 qua điểm có toạ độ (3;2) , tức x = ; y = 2 Ta được: = m32 m =
2
Bài 3(2đ)
1) x2 + 7x + 10 = 0
= b2 – 4ac = 49 – 40 =
Vì > nên Pt có nghiệm phân biệt:
1
2
7 2;
2
7
2
b x
a b x
a
(3)Đặt x2 = t ≥ 0
Ta được: t2 – 13t + 36 = 0
= b2 – 4ac = 169 - 144 = 25
Vì > nên Pt có nghiệm phân biệt:
1 13 9( ) 2 13 4( ) 2 b t tm a b t tm a
Với t = t1 = = x2 , x = ±3 Với t = t2 = = x2 , x = ±2
Vậy Pt có nghiệm: x = ±3 ; x = ±2
Bài 4(2đ)
1) Gọi x(m) chiều rộng hình chữ nhật ( x > 0) 252
x (m) chiều dài hình chữ nhật
Vì chu vi hình chữ nhật 33m, nên ta có PT:
2 252
33
33 252
x x
x x
= b2 – 4ac = 1089 – 1008 = 81
Vì > nên Pt có nghiệm phân biệt:
1 33 21( ) 2 33 12( ) 2 b x tm a b x tm a
Vì 21 + 12 = 33
Vậy: chiều dài: 21m chiều rộng 12m 2) x2 – 2(m + 2)x + 2m + = (1)
’ = b’2 – ac = [-(m + 2)]2 – (2m + 3) = m2 + 2m + 1= (m + 1)2 ≥
Vì ’ ≥ nên PT ln có nghiệm với m
1
2
' ' ( 2) | 1| 0,5
5
' ' ( 2) | 1| 0,5
b m m
x
a m
b m m
x a Vậy:
m
(4)Bài (3đ)
1)
Có AB OB (AB tiếp tuyến)
Và AB CH (gt) CH // OB
AOB ODC
(slt)
Mặt khác theo tính chất tiếp tuyến cắt A, ta có :
AOB AOC (OA tia phân giác
của BOC)
Nên ODC AOC
OCD cân C
2)
OBD OCD có:
AOB AOC (cmt)
OD: chung OB = OC ( = R)
Nên OBD = OCD(c-g-c) OB = OC; DB = DC
Mà CO = CD(OCD cân C)
Nên OB = OC = DB = DC
Tứ giác OBDC hình thoi
3)
Theo tính chất tiếp tuyến cắt K, ta có : KE=KC
OE=OC(=R)
KO đường trung trực EC
Nên KO qua trung điểm M đoạn thẳng EC Hay O, M, K thẳng hàng