Đang tải... (xem toàn văn)
Gọi x (xe) là số xe tải dự định điều đến đế chở hàng.. Một mặt phẳng qua tâm O và đỉnh của hình nón cắt hình nón và hình trụ như hình vẽ. Tính thể tích của hình nón.. Vì có việc gấp phả[r]
(1)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 01
Câu 1 (3 điểm)
1) Giải phương trình sau: a)
2
4 0 3x .
b) x4 3x2 4 0 .
2) Rút gọn biểu thức
N 3 3
1 1
a a a a
a a
với a0 a1. Câu 2 (2 điểm)
1) Cho hàm số bậc y ax 1 Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hồnh độ 1
2) Tìm số nguyên m để hệ phương trình
3
2 3
x y m
x y
có nghiệm ( ; )x y thỏa mãn điều
kiện x2 xy 30 Câu 3 (1 điểm)
Theo kế hoạch, xưởng may phải may xong 280 quần áo thời gian quy định Đến thực hiện, ngày xưởng may nhiều quần áo so với số quần áo phải may ngày theo kế hoạch Vì thế, xưởng hồn thành kế hoạch trước ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày xưởng phải may xong quần áo?
Câu 4 (3 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao BE CF tam giác ABC cắt H cắt đường tròn (O) E’ F’ (E’ khác B F’ khác C) 1) Chứng minh tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh EF song song với E’F’
3) Kẻ OI vuông góc với BC (I BC ) Đường thẳng vng góc với HI H cắt đường
thẳng AB M cắt đường thẳng AC N Chứng minh tam giác IMNcân Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c, d số dương thỏa mãn a2b2 1
4 1
a b
c d c d Chứng minh
rằng
2 2
a d
c b .
(2)
TRƯỜNG THCS SỐ 2 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 01
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng
chấm
- Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Ý Nội dung Điểm
1 a
Giải phương trình
2
4 0
3x 1,00
2 2
4 0 4
3x 3x (hoặc 2x 12 0 ) 2x12
6 x
0,25 0,25 0,5 b Giải phương trình x4 3x2 4 0
1,00
Đặt t x t 2, 0 ta t2 3t 4 0 1,
t t
1 t (loại)
2
4 4 2
t x x
0,25 0,25 0,25 0,25 c
Rút gọn
N 3 3
1 1
a a a a
a a
với a0 a1
1,00
( 1)
1 1
a a a a
a
a a
( 1)
1 1
a a a a
a
a a
N 3 a 3 a 9 a
0,25 0,25 0,5
2 a Xác định hệ số a 1,00
Ra phương trình 0a( 1) 1
1 2 1
a
a
Vậy a 1
0,25 0,25 0,25 0,25 b
Tìm số nguyên m để nghiệm ( ; )x y thỏa mãn x2xy 30 1,00 Tìm y m 1, x2m 1
2 30 (2 1)2 (2 1)( 1) 30
x xy m m m
2
2m m 10 0
(3)2 m
5 2 m
Do m nguyên nên m2
0,25 0,25 Tính số quần áo may ngày theo kế hoạch 1,00
Gọi số quần áo may ngày theo kế hoạch x (x ngun dương)
Số ngày hồn thành cơng việc theo kế hoạch
280 x
Số quần áo may ngày thực x5
Số ngày hồn thành cơng việc thực
280 5 x
Theo giả thiết ta có phương trình
280 280 1 5
x x
2
280(x 5) 280x x x( 5) x 5x 1400 0
Giải pt ta x35, x40 (loại)
Số quần áo may ngày theo kế hoạch 35
0,25 0,25 0,25 0,25 a Chứng minh tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp 1,00
Hình Hình Vẽ hình
Theo giả thiết BFC 90 ,0 BEC 900
900
BFC BEC
BCEF tứ giác nội tiếp
0,5 0,25 0,25
b Chứng minh EF song song với E’F’ 1,00 BCEF tứ giác nội tiếp suy CBE CFE
' '
CBE CF E (cùng chắn cung CE ')
Suy CFE CF E ' '
Suy EF E F// ' '
0,25 0,25 0,25 0,25
A
N
D M
H
I C
F' F
E' E
O B
A
H
C F'
F
E' E
(4)c Chứng minh tam giác IMNcân 1,00 TH M thuộc tia BA
H trực tâm tam giác ABC suy AH BC
CAH CBH (cùng phụ với góc ACB)
90 ,0 900
BHI BHM ANH NHE
BHM NHE (vì đối đỉnh) BHI ANH
ANH
đồng dạng với
AH HN
BIH
BI IH
(1) Tương tự AHM đồng dạng với
AH HM
CIH
CI IH
(2) Từ (1) (2) BI CI suy
HM HN
HM HN
IH HI
Mà HI MN H suy IMN cân I. TH 2 M thuộc tia đối tia BA
CAH CBH (cùng phụ với góc ACB) 900
ANH NHE (góc ngồi ) 900
BHI BHM
BHM NHE (vì đối đỉnh)
ANH BHI ANH đồng dạng
với
AH HN
BHI
BI IH
Đến làm tương tự TH
* Chú ý Thí sinh cần làm TH cho điểm tối đa
0,25 0,25 0,25
0,25
5
Chứng minh
2 2
a d
c b 1,00
2 1 a b
4 1 4 ( 2 2)
a b a b a b
c d c d c d c d
4 2
( ) ( ) ( )
d c d a c c d b cd a b
4 4 ( 4 2 2)
dca d a c b cdb cd a b a b
2 4 2 2 0 ( 2 2) 0
d a c b cda b da cb
2 0
da cb
hay
2
a b
c d Do đó
2 2
2 2
( )
2 2 0
a d b d b d
c b d b db
Vậy 2 2 a d
c b
(5)(6)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 02
Câu 1 (3 điểm)
a) Vẽ đồ thị hàm số y2x 4
b) Giải hệ phương trình
2 3
2 3
x y
y x
.
c) Rút gọn biểu thức P =
3
9 25 4
2
a a a
a a
với a0. Câu 2 (2 điểm)
Cho phương trình x2 3x m 0 (1) (x ẩn).
a) Giải phương trình (1) m1.
b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1, thỏa mãn
2
1 3 x x . Câu 3 (1 điểm)
Khoảng cách hai bến sông A B 48 km Một canô từ bến A đến bến B, quay lại bến A Thời gian (khơng tính thời gian nghỉ) Tính vận tốc canô nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước km/h
Câu 4 (3 điểm)
Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a, M điểm thay đổi cạnh BC (M khác B) N điểm thay đổi cạnh CD (N khác C) cho MAN 45 0 Đường chéo BD
cắt AM AN P Q
a) Chứng minh tứ giác ABMQ tứ giác nội tiếp
b) Gọi H giao điểm MQ NP Chứng minh AH vng góc với MN c) Xác định vị trí điểm M điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn Câu 5 (1 điểm)
Chứng minh a3 b3ab a b( ) với a b, 0 Áp dụng kết trên, chứng minh bất đẳng thức 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1
a b b c c a với a, b, c số dương thỏa
mãn abc1.
(7)
TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 02
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải thống Hội đồng
chấm
- Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Ý Nội dung Điểm
1 a Vẽ đồ thị hàm số y 2x 4 1,00
Đồ thị cắt trục Ox A(2;0) (HS lấy điểm khác) Đồ thị cắt trục Oy B(0; 4) (HS lấy điểm khác) Vẽ đồ thị hàm số
0,25 0,25 0,5 b
Giải hệ phương trình
2 3 2 3 x y y x 1,00 Hệ 2 3 2 3 x y x y
(HS dùng phép phép trừ)
Tìm x3
Tìm y 3
Kết luận Hệ có nghiệm x3,y 3
0,25 0,25 0,25 0,25 c
Rút gọn biểu thức P =
3
9 25 4
2
a a a
a a
với a 0 1,00
3
9 a 25a 4a 9 a 5 a2a a 2 a a( 2)
2 2 ( 2) a a a a
P =
2
a 2 a a 0,25 0,25 0,25 0,25 a Giải phương trình x2 3x m 0
m1. 1,00 1
m ta có phương trình x2 3x 1 0 9 5
1
3 5
2
x
,
3 5
2 x
(mỗi nghiệm cho 0,25)
0,25 0,25 0,5 b
Tìm m để x x1, thỏa mãn
2
1 3
x x 1,00
Pt (1) có hai nghiệm phân biệt
9
9 4 0
4
m m
(1) Theo định lí Viet x1x2 3,x x1 m Bình phương ta
(8)2 2
1 2 ( 1)( 1) 27 x x x x
2 2 2
1 2 2 1 25
x x x x x x
.
Tính x12 x22 (x1 x2)2 2x x1 9 2m đưa hệ thức dạng m2 2m10 m 8 (2)
2 2 10 16 64 18 54 3
m m m m m m
.
Thử lại thấy m3 thỏa mãn pt (2) điều kiện (1).
0,25 0,25 0,25
3 Tính vận tốc canơ nước n lặng 1,00 Gọi vận tốc canô nước yên lặng x (km/h, x4)
Vận tốc canô nước xi dịng x4 thời gian canơ chạy
khi nước xi dịng
48 4 x .
Vận tốc canơ nước ngược dịng x 4 thời gian canô chạy
khi nước ngược dòng
48 4 x .
Theo giả thiết ta có phương trình
48 48
5
4 4
x x
pt 48(x 4 x 4) 5( x2 16) 5x2 96x 80 0 Giải phương trình ta x0,8 (loại), x20 (thỏa mãn)
Vậy vận tốc canô nước yên lặng 20 km/h
0,25 0,25 0,25 0,25 a Chứng minh tứ giác ABMQ tứ giác nội tiếp 1,00
Hình Hình Vẽ hình
Theo giả thiết QAM 450 QBM 450
QAM QBM
ABMQ tứ giác nội tiếp
0,5 0,25 0,25 b Chứng minh AH vng góc với MN 1,00
ABMQ tứ giác nội tiếp suy AQM ABM 1800
ABM 900 AQM 900 MQ AN
Tương tự ta có ADNP tứ giác nội tiếp NPAM
Suy H trực tâm tam giác AMN AH MN * Chú ý Lập luận M trùng với C
0,25 0,25 0,25 0,25 c Xác định vị trí điểm M N để AMN có diện tích lớn nhất 1,00
A B
C D
M
N P
Q H I
A B
C D
M
N P
(9)M điểm thay đổi cạnh BC (M khác B) nên có TH TH 1 M khơng trùng với C, M, N, C không thẳng hàng Gọi I giao điểm AH MN S diện tích tam giác AMN S =
1 . 2AI MN.
Tứ giác APHQ nội tiếp suy PAH PQH (1) Tứ giác ABMQ nội tiếp suy BAM BQM (2) Từ (1) (2) suy PAH BAM hay MAI MBA
Hai tam giác vuông MAI MAB có MAI MBA , AM chung suy
ra MAI MAB AI AB a IM , BM Tương tự NAI NAD IN DN Từ đó
S =
1 1
. .
2AI MN 2a MN
Ta có MN MC NC a BM a DN 2a (IM IN) Vậy MN 2a MN hay
2
1 1
.
2 2
MN a S a MN a TH 2 M trùng với C, N trùng với D AMN ACD
nên S =
2
1 1
.
2AD DC 2a
Vậy AMN có diện tích lớn M C N D.
0,25
0,25
0,25
0,25
5 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1
a b b c c a 1,00
3 ( ) 2( ) 2( ) 0 a b ab a b a a b b b a
2 2
(a b a)( b ) 0 (a b) (a b) 0
, a b, 0
3 ( ) 3 ( )
a b ab a b a b abc ab a b abc 3
3
1 1
1 ( )
1 ( )
a b ab a b c
a b ab a b c
(Do vế dương) Tương tự, cộng lại ta
3 3 3
1 1 1
1 1 1
a b b c c a
1 1 1
1
( ) ( ) ( )
ab a b c bc a b c ca a b c
0,25 0,25 0,25
(10)(11)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 03
Bài 1 (1,5 điểm)
a) So sánh hai số: 29v b) b) Rút gọn biểu thức: A =
3 5 5
Bài 2 Cho hệ phương trình:
2
2
x y m
x y
(m tham số) a) Giải hệ phương trình với m =
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = 1. Bài 3 (2,5 điểm)
Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình:
Hai vịi nước chảy vào bể khơng có nước sau 12 đầy bể Nếu vịi chảy thời gian vịi thứ làm đầy bể vịi thứ hai làm đầy bể 10 Hỏi chảy riêng vịi vịi chảy đầy bể?
Bài 4 (3,0 điểm)
Cho đương tròn (O;R) day cung BC cố định (BC<2R) điểm A di động cung lớn BC cho tam giác ABC có góc nhọn Các đường cao BD, CE tam giác cắt H
a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp
b) Giả sử BAC 600, tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R.
c) Chứng minh đường thẳng qua A vng góc với DE ln qua điểm cố định Bài 5.(1,0 điểm)
(12)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 03
Bài 1 (1,5 điểm)
a) So sánh hai số: 29v 45>29 => 5 29
b) Rút gọn biểu thức: A =
3 5 5
= 7 Bài 2
Cho hệ phương trình:
2
2
x y m
x y
(I) (m tham số) a) Giải hệ phương trình với m =
(x;y) = (2;0)
b)Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x;y) thỏa mãn: x2 – 2y2 = 1. Ta giải (I) theo m
2
x m
y m
Nghiệm thỏa mãn hệ thức x2 – 2y2 = nghĩa là 4m2 – 2(m - 1)2 = 1.
Giải phương trình ẩn m m1 =
2
4 10 10
,
2 m
KL: Vậy với hai giá trị m1 =
2
4 10 10
,
2 m
nghiệm hệ (I) thỏa mãn hệ thức
Bài 3.
C1: Lập hệ phương trình:
Gọi thời gian vòi chảy riêng đến đầy bể x (x>12) Gọi thời gian vòi chảy riêng đến đầy bể y (y>12) Trong hai vòi chảy
1 12 bể Trong vòi chảy
1
x bể
Trong vòi chảy
y bể
Ta có phương trình:
x+
1
y =
1 12 (1)
Vòi chảy nhanh vịi 10 nên ta có phương trình : y = x+10 (2)
Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:
1 1 12 10
x y
y x
(13)Giải hệ phương trình:
2
1 1 1 12 12
1
12 10 12 10
10 10
10
12( 10) 12 10 (1) 10
x y x x x x
y x y x
y x
x x x x
y x
Giải (1) x1 = 20, x2 = -6 (loại)
x1 = 20 thỏa mãn, chảy riêng vịi chảy 20 đầy bể, vịi chảy 30 đầy bể
C2: Dễ dàng lập phương trình
1 1
10 12
xx Giải tương tự đáp số
Bài 4
H O
E D
C
B
A
Bài 5
P = xy(x - 2)(y+6) + 12x2 – 24x + 3y2 + 18y + 36 = x2y2 + 6x2y - 2xy2 - 12xy – 24x + 3y2 + 18y + 36
= (18y + 36) + (6x2y + 12x2) – (12xy + 24x) + (x2y - 2xy2 + 3y2) = 6(y + 2)(x2 – 2x + 3) + y2(x2 – 2x + 3)
= (x2 – 2x + 3)(y2 + 6y +12) = [(x - 1)2 + 2][(y + 3)2 +3] > 0
Vậy P > với x,y R.
K a)Tứ giác AEHD có
AEH 90 ,0 ADH 90 ê0n nAEH ADH 1800
Vậy tư giác AEHD nội tiếp.
b) Khi BAC 600 BOC1200
Mặt khác tam giác BOC cân O nên khoảng cách từ O đến BC đường cao đồng thời tia phân giác tam giác BOC.
600 KOC
OK = cos600.OC = R/2
c) Giả sử : (1) E B ABC vuông cân
B Khi AC đường kính (O;R) D O Vậy đường thẳng qua A vng góc với DE O.
(2) D C ABC vuông cân C Khi
(14)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 04
Bài 1 (2.0 điểm):
Cho phương trình: x2 + mx - = (1) (với m tham số) Giải phương trình (1) m=
2 Giả sử x1, x2 nghiệm phương trình (1), tìm m để: x1(x22 + 1) + x2(x21 + 1) >
Bài (2.0 điểm):
Cho biểu thức: B = ( + )( - ) với b > 0; b≠ Rút gọn B
2 Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên Bài 3(2.0 điểm):
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm A, B thuộc parabol (P) vơi xA = 2, xB = -
1 Tìm toạ độ điểm A, B viết phương trình đường thẳng AB
2 Tim n để đường thẳng (d): y = (2n2 - n)x + n + (với n tham số) song song với đường thẳng AB
Bài 4 (3.0 điểm):
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, đường cao BM, CN tam giác cắt H
1 Chứng minh tứ giác BCMN tứ giác nội tiếp đường tròn
2 Kéo dài AO cắt đường tròn (O) K Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành Cho cạnh BC cố định, A thay đổi cung lớn BC tam giác ABC nhọn Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn
Bài 5 (1.0 điểm):
Cho a, b c ác số dương thảo mãn a + b = Tìm giá trị nhỏ P = a2 + b2 + 33
ab
-Hết
(15)BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 04
Bài Nội dung Điểm
1 Cho phương trình: x2 + mx - = (1) (với m tham số) Giải phương trình (1) m= 3:
- Phương trình trở thành: x2 + 3x - =
- Vì tổng hệ số: + + (-4) = nên phương trình có nghiệm x1=1 v x2=-
Vậy m = th ì phương trình có nghiệm x1=1 v x2=-
0,25 0,5 0,25 Giả sử x1, x2 nghiệm phương trình (1), tìm m để:
x1(x22 + 1) + x2(x21 + 1) > 6.
- Phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì: ∆ ≥ mà ∆ = m2 + 16≥16 với m
Khi theo Vi-ét ta có:
¿
x1+x2=− m(∗) x1x2=−4(**)
¿{ ¿
- Ta lại có x1(x22+1)+x2(x21+1)> 6<=> x1x22+x1 +x2x21+x2 > 6<=> x1x2(x1+ x2) + x1+ x2> <=> (x1+ x2)(x1x2+1)>6 (***)
- Thay (*), (**) vào (***) ta có: -m(-4+1) > <=> 3m>6 <=> m >2 - Vậy m >2 th ì phương trình (1) có nghiệm x1,x2 thỏa mãn
x1(x22+1)+x2(x21+1)> 6
0,25 0,25 0,25 0,25
2 Bài (2.0 điểm):
Cho biểu thức: B = = ( + )( - ) với b > 0; b Rút gọn B
Với b > 0; b B = ((√b+3)(√b+3)−(√b −3)(√b −3) (√b −3)(√b+3) )(
√b −3 3√b )
(12(√b −√b3)(√b+3))(
√b −3
3√b ) = (
√b+3)
0,5 0,5 Tìm b để biểu thức B nhận giá trị nguyên
B = (
√b+3) nguyên √b +3 ước √b +3≥3 nên
√b +3 = hay √b =1 <=> b=1 - Vậy với b = B đạt giá trị nguyên
0,5 0,25 0,25 3 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = x2 điểm A, B thuộc
parabol (P) vơi xA = 2, xB = -
1 Tìm toạ độ điểm A, B viết phương trình đường thẳng AB - Tọa độ điểm A: xA = 2=> y = 22= Vậy A(2;4)
- Tọa độ điểm B: xB = -1=> y = (-1)2= Vậy B(-1;1)
- Gọi đường thẳng qua A(2;4), B(-1; 1) có dạng y = ax + b (AB) - Vì (AB) qua A(2; 4) nên 2a + b = 4(i)
- Vì (AB) qua B(-1; 1) nên -a +b = 1(ii)
- Lấy phương trình (i) trừ (ii) ta 3a = => a = =>b= Vậy đường thảng AB có dạng: y = x +2
0,25 0,25 0,25 0,25 Tim n để đường thẳng (d): y = (2n2 - n)x + n + (với n tham số) song
song với đường thẳng AB
- Đường thẳng AB: y = x+2 song song với (d) y = (2n2-n)x+n+1 thì: 2n2-n =1(u) n+1 ≠2(v)
Giải (u) ta n = 1; n = -
2 kết hợp với (v) n≠1 Nên với n= - 12 AB song với (d)
(16)4
1 Chứng minh BCMN tứ giác nội tiếp đường tròn - Lấy I trung điểm BC Suy ra:BI= CI = MI = NI
nên B ,C, M, N cách điểm I nên tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn
0,25
0,5 0,25
Kéo dài AO cắt đường tròn (O) K Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành Ta có:
ABK = 900 = (góc nội tiếp)=> BKAB nên BK∥CH(*) Tương tự: ACK = 900 = (góc nội tiếp)=> CKAC nên CK∥BH(**) Từ (*) (**) suy BHCK hình bình hành
0,5 0,25 0,25 Cho cạnh BC cố định, A thay đổi cung lớn BC tam giác
ABC nhọn Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BCH lớn Gọi I giao điểm AH BC, F trung điểm BC Vì A thay đổi BC cố định lam giác ABC nhọn nên H nằm tam giác ABC Nên S∆BCH = BC.HI lớn HI lớn (BC cố định), HI lớn => AI lớn => I
F mà F trung điểm BC nên ∆ABC cân A => AB = AC=> A bằm lớn cung BC
0,25 0,25 0,25 0,25 Cho a, b c ác số dương thảo mãn a + b = Tìm giá trị nhỏ P = a2
+ b2 +
Ta có (a-b)2 => a2+b2 2ab (a+b)2 4ab hay ab => Nên P = a2 + b2 + 2ab + +
+ =16 + =
Dấu "=" xảy 2ab= a=b hay ab = a = b =>a = b= Vậy Min P = a = b =
(17)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HOÀNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 05
Bài 1. (2,0 điểm)
1 Rút gọn biểu thức:
3
3
x A
x x x x với x0,x9.
2 Chứng minh rằng:
1
5 10
5
Bài 2. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n hai điểm A(0;2), B(-1;0)
1 Tìm giá trị k n để:
a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y x k
2 Cho n2 Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác
OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB
Bài 3. (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai: x2 2mx m 0 (1) (với m tham số).
1 Giải phương trình (1) với m1.
2 Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m
3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; thoả mãn hệ thức:
1
16
x x .
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm đường tròn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A, hai dây MN BK cắt E
1 Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp CAE đồng dạng với CHK
2 Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân
3 Giả sử KE = KC Chứng minh: OK//MN KM2 + KN2 = 4R2.
Bài 5. (0,5 điểm)
Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:
13 13 13
4
a b c
(18)-TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 05
Bài 1. (2,0 điểm)
1 Rút gọn biểu thức:
3
3
x A
x x x x
với x0,x9.
2 Chứng minh rằng:
1
5 10
5
Ý Nội dung Điểm
1. (1,25đ)
Với ĐK: x0,x9 Ta có:
3
3 x A x x x x 0,25
3 3 9
9
x x x x
A
x x x
0,25
3 x x x
A
x
0,25
9 x
A x
0,25
Kết luận: Vậy với x0,x9thì
9 x A x 0,25 2. (0,75đ)
Ta có:
1 5
5
5 5
0,25 5 = 10 0,25 Vậy: 1 10
5
0,25
Bài 2. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n hai điểm A(0;2), B(-1;0)
(19)a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y x k
2 Cho n2 Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác
OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB
Ý Nội dung Điểm
1a (1,0 đ)
(d): y = (k-1)x + n qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình:
( 1).0
( 1).( 1)
k n k n 0,25
1
n k n k 0,5
Kết luận: Vậy k = 3, n = (d) qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25
1b (0,5 đ) + 1 ( ) //( ) k d n k k n 0,25
Kết luận: Vậy
2 ( ) //( ) k d n 0,25 2. (0,5 đ)
Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + Suy đường thẳng (d) cắt trục Ox C
1
k k
toạ độ điểm C
2 ;0 k 0,25 Ta có: C OC x k
B(-1;0) nên OB = 1.
Vì tam giác OAC OAB vuông O chung đường cao AO nên suy ra:
2
2 2
|1 |
OAC OAB
S S OC OB
k k k
(thoả mãn đk k 1)
Kết luận: k = k =
0,25
Bài 3. (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai: x2 2mx m 0 (1) (với m tham số).
1 Giải phương trình (1) với m1.
(20)3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2 thoả mãn hệ thức:
1
16
x x .
Ý Nội dung Điểm
1. (0,75đ)
Với m = -1, phương trình (1) trở thành: 2 8 0
' '
x x
0,25
Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
1 1 x x 0,25
Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt x = - 4, x = 0,25
2. (0,75đ)
Pt (1) có ' m2 (m 7) m2 m7 0,25
27 m
với m. 0,25
Vậy với giá trị m (1) ln có hai nghiệm phân biệt 0,25
3. (0,5 đ)
Theo câu 2, ta có (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với giá trị m Theo định lý Vi ét ta có:
1 2
2
x x m
x x m
0,25
Theo giả thiết ta có:
1
1 2 1 16 16 x x
x x x x
x x
2 16
7 8 m m m m m m
Vậy m = giá trị cần tìm
0,25
Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường trịn (O;R), đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A , hai dây MN BK cắt E
1 Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp CAE đồng dạng với CHK
2 Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân
(21)
h
k
o
n m
f
e c
b a
P O K
H E N
M C
B A
Ý Nội dung Điểm
1. (2,0đ)
Ta có: + AHE 900 (theo giả thiết ABMN ) 0,5 + AKE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5
900
AHE AKE
H, K thuộc đường trịn đường kính AE.
Vậy tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp 0,25 Xét hai tam giác CAE CHK:
+ Có chung góc C 0,25
+ EACEHK (góc nội tiếp chắn cung EK)
Suy CAE CHK (g - g) 0,5
2. (1,0 đ)
Do đường kính AB MN nên B điểm cung MN suy ta có
(1)
MKB NKB
0,25
Lại có BK // NF (vì vng góc với AC) nên
(2) (3)
NKB KNF MKB MFN
0,5
Từ (1), (2), (3) suy MFN KNF KFN KNF Vậy KNF cân K. 0,25
3. (0,5 đ)
* Ta có AKB900 BKC 900 KECvng K
Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K
450 450
BEH KEC OBK
Mặt khác OBK cân O ( OB = OK = R) nên suy OBK vuông
cân O dẫn đến OK // MN (cùng vng góc với AB)
0,25
* Gọi P giao điểm tia KO với đường trịn ta có KP đường kính KP // MN Ta có tứ giác KPMN hình thang cân nên KN = MP
Xét tam giác KMP vng M ta có: MP2 + MK2 = KP2 KN2 + KM2 = 4R2.
0,25
Bài 5. (0,5 điểm)
Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:
13 13 13
4
(22)Ý Nội dung Điểm
0,5 đ
Ta có: (a 1)3a3 3a23a
2
3
3 3
1 (1) ( 0)
2 4
a a a
a a a a do a
Tương tự:
3 3
( 1) , ( 1)
4
b b c c
0,25
Từ (1), (2), (3) suy ra:
13 13 13 3 3
4 4
a b c a b c
Vậy BĐT chứng minh Dấu đẳng thức xảy
2
2
2
3 3
0 0 3
2 2 0,
2
3 0
0
0,
2
2
3 0
0,
2 2
3
a a a a
a b c
b b
b b
b a c
c c
c c c a b
a b c a b c
(23)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 06
Bài : (2,25 điểm ) Không sử dụng máy tính cầm tay : a) Giải phương trình hệ phương trình sau:
1) 5x -7x-6=02 2)
2x-3y=-13 3x+5y=9
b) Rút gọn biểu thức
5
P= -2 5
5-2
Bài 2: ( 2,5 điểm ) Cho hàm số y = ax2
a) Xác định hệ số a biết đồ thị hàm số cho qua điểm M ( -2 ; 8)
b) Vẽ mặt phẳng tọa độ đồ thị ( P) hàm số cho với giá trị a vừa tìm đường thẳng (d) qua M (-2;8) có hệ số góc - Tìm tọa độ giao điểm khác M (P) ( d)
Bài 3: (1,25 điểm) Hai người xe đạp xuất phát từ A để đến B với vận tốc nhau.Đi
2
quãng đường, người thứ bị hỏng xe nên dừng lại 20 phút đón tơ quay A, cịn người thứ hai khơng dừng lại mà tiếp tục với vận tốc cũ để tới B.Biết khoảng cách từ A đến B 60 km, vận tốc ô tô vận tốc xe đạp 48 km/h người thứ hai tới B người thứ A trước 40 phút.Tính vận tốc xe đạp
Bài 4: (2,5 điểm )
Cho tam giác ABC vuông A AC > AB , D điểm cạnh AC cho CD < AD.Vẽ đường tròn (D) tâm D tiếp xúc với BC E.Từ B vẽ tiếp tuyến thứ hai đường tròn (D) với F tiếp điểm khác E
a) Chứng minh năm điểm A ,B , E , D , F thuộc đường tròn
b) Gọi M trung điểm BC Đường thẳng BF cắt AM,AE,AD theo thứ tự điểm
N,K,I Chứng minh
IK =AK
IF AF Suy ra: IF.BK=IK.BF
c) Chứng minh tam giác ANF tam giác cân Bài 5: ( 1,5 điểm )
Từ thiếc hình chữ nhật ABCD có chiều rộng AB= 3,6 dm , chiều dài AD =4,85 dm, người ta cắt phần thiếc để làm mặt xung quanh hình nón với đỉnh A đường sinh 3,6 dm, cho diện tích mặt xung quanh lớn nhất.Mặt đáy hình nón cắt phần cịn lại thiếc hình chữ nhật ABCD
a) Tính thể tích hình nón tạo thành
b) Chứng tỏ cắt ngun vẹn hình trịn đáy mà sử dụng phần lại thiếc ABCD sau cắt xong mặt xung quanh hình nón nói
(24)
TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 06
Bài Ý Nội dung Điểm
1 2,25
a.1
(0,75) Giải phương trình
2
5x -7x-6=0 (1)
=49+120=169=132, =13,
1
7-13 3
x =
=-10 5 2
7+13
x = =2
10
Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 2
3
x =- , x =2
5
0,25 0,25 0,25
a.2 (0,75)
Giải hệ phương trình
2x-3y=-13 3x+5y=9 :
2x-3y=-13
2x-3y=-13 6x-9y=-39
3x+5y=9 6x+10y=18 19y=57
x=-2 y=3
y=3 2x=9-13=-4
0,50
0,25
b
(0,75) P= 5 -2 5= 5 5+2 -2 5
5-4 5-2
=5+2 5-2 =5
0,50 0,25
2 2,5
2.a
(0,75) + Đồ thị (P) hàm số
2
y=ax qua điểm M -2;8
, nên:
2
8=a -2 a=2
Vậy: a=2 hàm số cho là: y=2x2
0,50 0,25 2.b
(1,75)
+ Đường thẳng (d) có hệ số góc -2, nên có phương trình dạng:
y=-2x+b
+ (d) qua điểm M -2;8 , nên 8=-2 -2 +b b=4, d :y=-2x+4 + Vẽ (P)
+ Vẽ (d)
+ Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình:
2 2
2x =-2x+4 x +x-2=0
+ Phương trình có hai nghiệm: x =1;x =-21 2
Do hồnh độ giao điểm thứ hai (P) (d) x=1 y=2 =2 2 Vậy giao điểm khác M (P) (d) có tọa độ: N(1;2)
0,25 0,25 0,50 0,25 0,25
0,25
3 1,25
Gọi x (km/h) vận tốc xe đạp, x+48(km/h) vận tốc ô tô Điều
(25)0,25
ô tô xe đạp
60 km
C B
A
Hai người xe đạp đoạn đường
2
AC = AB=40km 3
Đoạn đường lại người thứ hai xe đạp để đến B là:
CB=AB-AC =20km
Thời gian người thứ ô tô từ C đến A là:
40
x+48(giờ) người thứ hai
đi từ C đến B là:
20 x (giờ)
Theo giả thiết, ta có phương trình:
40 + =1 20 2- 40 +1=20
x+48 3 x 3 x+48 x
Giải phương trình trên:
40x+x x+48 =20 x+48 hay x +68x-960=02
Giải phương trình ta hai nghiệm: x =-80<01 (loại) x =122
Vậy vận tốc xe đạp là: 12 km/h
0,25
0,25
0,25
4 2,5
4.a (1,0)
// //
O
I K N
M F
E D
C B
A
Hình vẽ
Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: BED =BFD =90 0 Mà BAD =BAC =90 0 (giả thiết)
Do đó: BED =BFD BAD =90 0
Vậy: năm điểm A,B,E,D,F thuộc đường trịn đường kính BD
0,25 0,25
0,25 0,25 4.b
(1,0) Gọi (O) đường tròn đường kính BD Trong đường trịn (O), ta có :DE =DF (do DE, DF bán kính đường trịn D ) EAD=DAF
(26)Suy : AD tia phân giác EAF hay AI tia phân giác KAF
Theo tính chất phân giác ta có
IK AK
=
IF AF (1)
Vì AB AI nên AB tia phân giác đỉnh A KAF.
Theo tính chất phân giác ta có :
BK AK
=
BF AF (2)
Từ (1) (2) suy :
IK=BK
IF BF Vậy IF BK = IK BF (đpcm)
0,25
0,25
0,25
4.c
(0,5) Ta có AM trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM=MC,
AMC cân M, suy MCA MAC .
Từ NAF MAC DAF MCA EAC ( AI tia phân giác góc EAF)
Mà AEB MCA EAC ( góc ngồi tam giác AEC) NênNAF AEB
Mặt khác :AFB AEB ( hai góc nội tiếp chắn cung AB) Suy :NAFBFA NFA
Vậy ANF cân N (đpcm)
0,25
0,25
5 1,5
E H
I
K C
D A
B b=4,85
a =3,6 dm
a)Hình khai triển mặt xung quanh hình nón có đỉnh A , đường sinh l = 3,6dm =AB hình quạt tâm A , bán kính AB.Mặt xung quanh có diện tích lớn góc tâm hình quạt 900
+Diện tích hình quạt diện tích xung quanh hình nón có bán kính đáy r , nên:
2.90
360
0,9 xq
l l
S rl
l
r dm
Do thể tích hình nón tạo :
2 2 2
2 2
1 1.3,14 0,9 3,6 0,9 2,96
3 3
V r h r l r dm
0,25
0,25
0,25 0,25 b)Trên đường chéo AC, vẽ đường tròn tâm I bán kính r = 0,9 (dm) ngoại
tiếp cung quạt tròn E , IH IK đoạn vng góc kẻ từ I đến BC CD
Ta có CI = AC - AI =
2
(27)Vì IH // AB
0,91 0,9
HI CI
AB AC
AB CI
IH dm r dm
AC
Tương tự : IK > r = 0,9 ( dm)
Vậy sau cắt xong mặt xung quanh , phần cịn lại thiếc ABCD cắt mặt đáy hình nón
0,25
0,25
TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 07
Bài 1: (1,5 điểm)
Giải phương trình sau:
a) 3(x – 1) = 2+x b) x2 + 5x – = 0 Bài 2: (2,0 điểm)
a) Cho phương trình x2 – x + – m ( m tham số ).
Tìm điều kiện m để phương trình cho có nghiệm
b) Xác định hệ số a, b biết hệ phương trình ax + 2y = bx – ay = có nghiệm ( 2, - )
Bài 3: (2,5 điểm)
Một công ty vận tải điều số xe tải để chở 90 hàng Khi đến kho hàng có xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng xe cịn lại phải chở thêm 0,5 so với dự định ban đầu Hỏi số xe điều đến chở hàng ? Biết khối lượng hàng chở xe
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường cao BB` CC` (B` cạnh AC, C` cạnh AB) Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O hai điểm M
và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M)
a) Chứng minh tứ giác BC`B`C tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AM = AN
c) AM2 = AC`.AB
Bài 5: (1,0 điểm) Cho số a, b, c thỏa mãn điều kiện < a < b phương trình ax2 + bx + c = vơ nghiệm Chứng minh rằng: b a
c b a
(28)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 07
Bài 1: (1,5 điểm)
Giải phương trình sau: a) 3(x – 1) = 2+x
3x – = + x 2x = Vậy x =
b) x2 + 5x – = 0
Ta có : a + b + c = +5 - = Nên pt có hai nghiệm x1 = ; x2 =-6 Bài 2: (2,0 điểm)
a) Cho phương trình x2 – x + – m ( m tham số ). Tìm điều kiện m để phương cho có nghiệm Ta có ∆ = -4(1 -m) = 4m -
Để pt có nghiệm ∆ ≥ 4m - ≥ m ≥
b) Xác định hệ số a, b biết hệ phương trình ax + 2y = bx – ay = có nghiệm ( 2, - )
Ta có a 2 + 2(- 2) = a = 2 + 2 b ( 2) - a (- 2) = ………. b = 2 - 2 Bài 3: (2,5 điểm)
Một công ty vận tải điều số xe tải để chở 90 hàng Khi đến kho hàng có xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng xe cịn lại phải chở thêm 0,5 so với dự định ban đầu Hỏi số xe điều đến chở hàng ? Biết khối lượng hàng chở xe
Gọi x (xe) số xe tải dự định điều đến đế chở hàng ĐK : x N , x > 2
Theo dự định xe chở : (tấn) Thực tế xe phải chở (tấn) Vì thực tế xe phải chở thêm 0,5 nên ta có pt: - = 0,5 Giải pt ta x1 = 20 (TMĐK) ; x2 = -18 (loai).
Vậy số xe tải dự định điều đến đế chở hàng 20 chiếc Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O Kẻ đường cao BB` CC` (B` cạnh AC, C` cạnh AB) Đường thẳng B`C` cắt đường tròn tâm O hai điểm M
và N ( theo thứ tự N, C`, B`, M)
a) Chứng minh tứ giác BC`B`C tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AM = AN
c) AM2 = AC`.AB
a) C’và B’ nhìn B,C góc vng nên tứ giác BC`B`C tứ giác nội tiếp.
b) BC`B`C tứ giác nội tiếp nên ta có = (cùng bù )
Nhưng : = sđ( + )
O
C B
A
B' C'
N
(29)= sđ( + ) Suy = Vậy MA = NA c)
∆C’AM ∽ ∆ ABM (g.g) =
Hay AM 2 = AC’.AB
Bài 5: (1,0 điểm) Cho số a, b, c thỏa mãn điều kiện < a < b phương trình ax2 + bx + c = vô nghiệm Chứng minh rằng: b a
c b a
> 3 Ta có (b-c)2 ≥ 0
b2 ≥ 2bc - c2
Vì pt ax2 + bx + c = vơ nghiệm nên có ∆ = b2 - 4ac < 0(do a>0 ;b>0 nên c>0) b2 < 4ac 2bc - c2 < 4ac
4a > 2b-c a+b+c > 3b - 3a b a
c b a
(30)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 08
Câu (2 đ )
a) Khơng sử dụng máy tính cầm tay , rút gọn biểu thức : A = 12 48 75
b) Cho biểu thức
2
1
x x x x x x
B
x x x x
Với giá trị x biểu thức xác định ? Hãy rút gọn biểu thức B Câu (2đ )
Khơng dùng máy tính cầm tay , giải phương trình hệ phương trình sau : a) x2 - 2 2x – = 0
2 13 )
2
x y
b
x y
Câu (2,5 đ)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) có phương trình y = 2x2 đường thẳng (d) có phương trình y = 2(m – 1)x – m +1, m tham số
a) Vẽ parabol (P)
b) Xác định m để đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm phân biệt
c) Chứng minh m thay đổi ,các đường thẳng (d) qua điểm cố định Tìm điểm cố định
Câu (2,5 đ)
Cho đường tròn (O,R) đường thẳng khơng qua O cắt đường trịn hai điểm A B Từ điểm M ( Δ ) ( M nằm ngồi đường trịn tâm O A nằm B M ), vẽ hai tiếp tuyến MC, MD đường tròn (O) (C, D (O) ) Gọi I trung điểm AB, tia IO cắt MD
tại K
a) Chứng minh năm điểm M, C, I, O, D thuộc đường tròn b) Chứng minh : KD KM = KO KI
c) Một đường thẳng qua O song song với CD cắt tia MC MD E F xác định vị trí M ( Δ ) cho diện tích Δ MEF đạt giá trị nhỏ
Câu (1 đ)
Một hình nón đỉnh S có chiều cao 90 cm đặt úp hình trụ tích , 9420cm3 bán kính đáy hình trụ 10cm , cho đường trịn đáy hình trụ tiếp xúc ( khít ) với mặt xung quang hình nón đáy hình trụ nằm mặt đáy hình nón Một mặt phẳng qua tâm O đỉnh hình nón cắt hình nón hình trụ hình vẽ Tính thể tích hình nón Lấy 3,14
(31)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 08
Câu 1:
a) A = 12 48 75 = 2 15 3
b)
2
1
x x x x x x
B
x x x x
ĐK x>0 x1
=
2 1
1
x x x x x x
x
x x
Câu
a) x2 - 2 2x – = ĐS x1 3; x2 3 13 )
2
x y
b
x y
ĐS (x=2 ; y= -3) Câu
a) bạn đọc tự giải
b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : 2x2 – 2(m – 1)x +m –
Δ = m2 – 4m +3 = (m+1)(m+3)
Δ >0 m >-1 m< -3 phương trình có hai
nghiệm phân biệt
c) Giả sử (x0; y0) điểm cố định đường thẳng (d) qua ,
ta có y0 = 2(m-1)x0 – m +1 m (2x0 – 1) – (2x0 + y0 – 1) = khơng phụ thuộc vào m ta có
0
0
0
1
2
2 0
x x
x y y
Câu :
a) MCO MIO MDO 900
=> M,C, O,I , D thuộc đường trịn đường kính MO b) Δ DKO Δ IKM (g-g)
=> KD KM = KO KI
c) SMEF = SMOE + SMOF = R.ME
Δ MOE vng O,có đường cao OC MC.CE = OC2 = R2 không đổi MC + CE = ME nhỏ MC = CE = R
=> OM = 2R
(32)Câu :
MN = V: S = 9420 : 100 3,14 = 30cm
MN//SO =>
1
3
3 10
AN MN
AN AH
AO SO
AN AN AN cm
=> AH =15cm
Diện tích đáy hình nón 152 3,14 = 706,5cm2 Thể tích hình nón :
3
1
706,5.90 21,195
(33)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 09
Bài (1đ)
Rút gọn M 16x2 8x1 Tính giá trị M x = 2. Bài (1đ5)
1) Vẽ đồ thị hàm số sau mặt phẳng tọa độ :
2
( ) :P yx ; ( ) :d y 2x3
2) Tìm tọa độ giao điểm (nếu có) (d) (P) Bài 3(2đ)
1) Giải phương trình x2 5x6 0 2) Giải hệ phương trình
3
x y
x y
Bài (2đ)
1) Một người dự định xe gắn máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 90km Vì có việc gấp phải đến B trước dự định 45 phút nên người phải tăng vận tốc lên 10 km Hãy tính vận tốc mà người dự định
2) Chứng minh phương trình x2 2 m 1x4m (m tham số) ln có nghiệm phân biệt khác với m R
Bài (3đ5)
Một hình vng ABCD nội tiếp đường trịn Tâm O bán kính R Một điểm M di động cung ABC , M không trùng với A,B C, MD cắt AC H
1) Chứng minh tứ giác MBOH nội tiếp đường tròn DH.DM = 2R2 2) Chứng minh tam giác MDC đồng dạng với tam giác MAH
3) Hai tam giác MDC MAH M vị trí đặc biệt M’ Xác định điểm M’ Khi M’D cắt AC H’ Đường thẳng qua M’ vng góc với AC cắt AC I Chứng minh I trung điểm H’C
(34)-Hết -TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 09
Bài 1:
2
2
16 4
M x x x x
Thay x=2 vào M 4.2 9
M
Bài 2:
1) vẽ đồ thị
Tọa độ điểm đồ thị ( ) :P y x2
x -2 -1
2
yx 1
Tọa độ điểm đồ thị ( ) :d y 2x3
x
2
y x
2) Phương trình hoành độ giao điểm (P) (d)
2
2 3
x x
x x
Có dạng a – b + c = – (-2) + (-3) =
1 x c x a
từ (P)
1 y y
Vậy : Tọa độ giao điểm (P) (d) A1;1 ; B(1;9) Bài 3:
1)
2
5
4 25 4.6
x x
b ac
Vì > nên phương trình có nghiệm phân biệt
1 2 2 b x a b x a 2)
3 1
2 7 5.1
x y x y y y y
x y x y x y x x
Bài 4:
1) Gọi x(km/h) vận tốc dự định (đk: x > ) x + 10 (km/h) vận tốc
Thời gian dự định : 90
x (h)
Thời gian : 90
10
(35)Vì đến trước dự định 45’=
4h nên ta có phương trình:
2
90 90 10
10 1200
' ' 25 1200 1225, 35
x x x x b ac
Vì ’ > nên phương trình có nghiệm phân biệt
1
2
' 35
30( )
' 35
40( ) b x nhan a b x loai a
Vậy vận tốc dự định 30(km/h) 2) 2
2 2
2
2 (*)
' ' (4 8) 4 8
2 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 :
1 2 1 1-4m+2+4m-8=0
-5=0 (Không dung voi moi m x=1) (2)
m m
Từ (1) (2)
Phương trình ln có nghiệm phân biệt khác với m R Bài 5:
1) * BDAC (Tính chất đường chéo hình vng)
900 BOH
900
BMD (Góc nội tiếp chắn đường tròn ) 900 900 1800
BOH BMD
Tứ giác MBOH nội tiếp đường tròn (tổng số đo góc đối diện =1800)
*
DOH DMB
D : DOH DMB(g-g)
( 90 )
chung DOH DMB DO DM
:
DH DB
DO DB DH DM
R R DH DM
Hay DH DM R
(36)2) MAC MDC( Góc nội tiếp chắn cung MC) Hay MAH MDC (1)
Vì AD = DC (cạnh hình vng)
AD DC
(Liên hệ dây-cung) AMD DMC
(2 góc nội tiếp chắn cung nhau) (2) Từ (1) (2)
(g-g)
MDC MAH
3)Khi MDC = MAH MD = MA
MAD cân M
MAD MDA
MAB MDC
(cùng phụ với góc )
BM CM
Vậy M điểm BC Hay M’là điểm BC *M’DC = M’AH’
M’C = M’H’
M’H’C cân M’
Mà M’I đường cao (M’I H’C) Nên M’I vừa đường trung tuyến IH’ = IC
Hay I trung điểm H’C
-hết -I H' O
A B
D C
(37)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HỒNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 10
Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2x2 3x 0 c) 4x413x2 3 b)
4
6
x y
x y
d) 2x2 2x1 0 Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) hàm số
2
2
x y
đường thẳng (D):
1
y x
hệ trục toạ độ
b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau:
12 21 12
A
2
5
5 3 3
2
B
Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 (3m1)x2m2m1 0 (x ẩn số)
a) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với giá trị m
b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A =
2
1
x x x x .
Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) khác A B Các tiếp tuyến (O) A M cắt E Vẽ MP vng góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE)
a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp đường trịn APMQ hình chữ nhật b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng
c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác EAO MPB đồng dạng Suy K trung điểm MP
(38)TRƯỜNG THCS SỐ 2 ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10
BÌNH NGUYÊN NĂM HỌC 2011 - 2012
GV: VÕ HOÀNG CHƯƠNG Mơn thi: TỐN – ĐỀ SỐ 10
Bài 1: (2 điểm)
a) 2x2 3x 0 (1) 16 25
(1)
3 5
2
4
x hay x
b)
4 (1)
6 (2)
x y x y
4 (1)
14 ( (2) (1))
x y
x pt pt
y x c) 4x413x2 3 0 (3), đđặt u = x2,
phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4)
(4) có 169 48 121 11
13 11 13 11
(4)
8
u hay u
Do (3)
1
3
x hay x
d) 2x2 2x1 0 (5) ' 2
Do (5)
2 2
2
x hay x
Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) qua O(0;0),
1; , 2; 2
(D) qua
1
1; , 2; 2
Do (P) (D) có điểm chung :
1; , 2; 2
.
b) PT hoành độ giao điểm (P) (D)
2
2
1
1
2
x
x x x
1
x hay x
Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (D)
1; , 2; 2 . Bài 3:
A 12 3 21 12 3 (3 3)2 3(2 3)2 3 (2 3)
2
5
5 3 3
2
B
2B =
2
5 3 5 3 5 2 2 2 2 (1 3) ( 1) ( 1) ( 1)
=
2
(39)Bài 4: a)
2 2 2 2
3m 8m 4m m 2m (m 1) m
Suy phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m – 1
A=x12x22 3x x1
1
x x x x
2
(3m 1) 5(2m m 1)
2 1
6 ( )
4
m m m
25 ( 1)2 m
Do giá trị lớn A : 25
4 Đạt m = Bài 5:
a) Ta có góc EMO = 90O = EAO => EAOM nội tiếp.
Tứ giác APMQ có góc vng : EAO APM PMQ 90 o => Tứ giác APMQ hình chữ nhật
b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQ nên I trung điểm AM
Mà E giao điểm tiếp tuyến M A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng
c) Cách 1: hai tam giác AEO MPB đồng dạng chúng tam giác vng có góc AOE ABM , OE // BM
=>
AO AE BP MP (1)
Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số
KP BP AE AB (2) Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP
Vậy K trung điểm MP
Cách : Ta có
EK AP
EB AB(3) AE // KP, mặt khác, ta có
EI AP
EOAB (4) tam giác EOA MAB đồng dạng So sánh (3) & (4), ta có :
EK EI EB EO
Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I trung điểm AM => K trung điểm MP
d) Ta dễ dàng chứng minh :
abcd
4
a b c d
(*)
Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO2 OP2 R2 (x R) 2Rx x
Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx x (2R x)x
S đạt max (2R x)x đạt max x.x.x(2R – x) đạt max
x x x
(2R x)
3 3 đạt max
I K
B
O
M Q
E
A P x
(40)Áp dụng (*) với a = b = c = x
Ta có :
4 4
4
x x x x x x R
(2R x) (2R x)
3 3 3 16
Do S đạt max
x
(2R x)
3
3
x R
2