Số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là 35 bộ a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp A.. Chứng minh EF song song với E’F’..[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010 (Đợt 1) Đề thi gồm : 01 trang Câu (3 điểm) 1) Giải các phương trình sau: x 0 a) b) x x 0 a a a a N a 1 a 1 2) Rút gọn biểu thức với a 0 và a 1 Câu (2 điểm) 1) Cho hàm số bậc y ax Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm có hoành độ x y 3m x y 2) Tìm các số nguyên m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn điều kiện x xy 30 Câu (1 điểm) Theo kế hoạch, xưởng may phải may xong 280 quần áo thời gian quy định Đến thực hiện, ngày xưởng đã may nhiều quần áo so với số quần áo phải may ngày theo kế hoạch Vì thế, xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày xưởng phải may xong bao nhiêu quần áo? Câu (3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao BE và CF tam giác ABC cắt H và cắt đường tròn (O) E’ và F’ (E’ khác B và F’ khác C) 1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh EF song song với E’F’ 3) Kẻ OI vuông góc với BC ( I BC ) Đường thẳng vuông góc với HI H cắt đường thẳng AB M và cắt đường thẳng AC N Chứng minh tam giác IMN cân Câu (1 điểm) a4 b4 2 d c d Chứng minh Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a b 1 và c a2 d 2 c b Hết -Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….…… Chữ kí giám thị 1:……………………… Chữ kí giám thị 2: ……… …… (2) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 (đợt 1) Ngày thi: 06 tháng 07 năm 2010 I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm bài 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 a b c Nội dung Điểm x 0 Giải phương trình 1,00 2 x 0 x 4 3 (hoặc x 12 0 ) x 12 x 6 Giải phương trình x x 0 0,25 2 Đặt t x , t 0 ta t 3t 0 0,25 0,25 t 1, t 4 t (loại) t 4 x 4 x 2 a a a a N a a với a 0 và a 1 Rút gọn a a a ( a 1) a a 1 a 1 a a a ( a 1) a a1 a1 N 3 a 3 a a 9 a Xác định hệ số a Ra phương trình a ( 1) 1 1 a 1 Vậy a 1 a b Tìm các số nguyên m để nghiệm ( x; y ) thỏa mãn x xy 30 Tìm y m , x 2m 0,25 0,5 1,00 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,5 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 (3) x xy 30 (2m 1) (2m 1)( m 1) 30 2m m 10 0 m m Do m nguyên nên m 0,25 0,25 0,25 Tính số quần áo may ngày theo kế hoạch Gọi số quần áo may ngày theo kế hoạch là x (x nguyên dương) 1,00 280 Số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch là x Số quần áo may ngày thực là x 280 Số ngày hoàn thành công việc thực là x 280 280 1 x 5 Theo giả thiết ta có phương trình x 280( x 5) 280 x x ( x 5) x x 1400 0 Giải pt ta x 35, x 40 (loại) 0,25 0,25 0,25 0,25 Số quần áo may ngày theo kế hoạch là 35 a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp A E F' E' E F' N F F H H O M B A E' 1,00 D O I C C B Hình Vẽ hình Hình Theo giả thiết BFC 90 , BEC 90 0,5 0,25 0,25 BFC BEC 900 BCEF là tứ giác nội tiếp b Chứng minh EF song song với E’F’ BCEF là tứ giác nội tiếp suy CBE CFE 'E ' CBE CF (cùng chắn cung CE ' ) 1,00 0,25 0,25 0,25 (4) Suy CFE CF ' E ' Suy EF // E ' F ' c Chứng minh tam giác IMN cân TH M thuộc tia BA H là trực tâm tam giác ABC suy AH BC CAH CBH (cùng phụ với góc ACB ) BHI BHM 900 , ANH NHE 900 BHM NHE (vì đối đỉnh) BHI ANH AH HN BIH ANH đồng dạng với BI IH (1) AH HM CIH CI IH (2) AHM Tương tự đồng dạng với HM HN HM HN HI Từ (1) và (2) và BI CI suy IH Mà HI MN H suy IMN cân I 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 TH M thuộc tia đối tia BA CAH CBH (cùng phụ với góc ACB ) ANH 900 NHE (góc ngoài ) A E' BHI 900 BHM N BHM NHE (vì đối đỉnh) E F F' B H I M C ANH BHI ANH đồng dạng AH HN BHI BI IH Đến đây với làm tương tự TH * Chú ý Thí sinh cần làm TH cho điểm tối đa a2 d 2 c b Chứng minh a b4 a b (a b ) d cd c d cd a b 1 và c d (c d )a c(c d )b cd (a b ) dca d a c 2b4 cdb4 cd (a b 2a 2b ) d a c 2b 2cda 2b 0 (da cb ) 0 a b2 d Do đó da cb 0 hay c a2 d b2 d (b d ) a2 d 2 2 0 2 c b2 d b db Vậy c b 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 (5) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2010-2011 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) x A x x x x Rút gọn biểu thức: 10 Chứng minh rằng: với x 0, x 9 Bài (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y (k 1) x n và hai điểm A(0;2), B(-1;0) Tìm các giá trị k và n để: a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A và B b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y x k Cho n 2 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 (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x 2mx m 0 (1) (với m là tham số) Giải phương trình (1) với m Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 1 16 x ; x x Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thoả mãn hệ thức: x2 Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN H (H nằm O và B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt E Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân (6) Giả sử KE = KC Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2 Bài (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 3 3 a 1 b 1 c 1 - HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2010 - 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Bài (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức: x A x 3 x x x Chứng minh rằng: 10 Ý Nội dung Với ĐK: Điểm x 0, x 9 Ta có: x A x x x 3 x A x 3 x (1,25đ) Ta có: x3 0,25 x 0,25 x A x 9 x x x 0,25 A 9x x 0,25 Kết luận: Vậy với x 0, x 9 thì (0,75đ) x x 9 với x 0, x 9 A 9x x 0,25 2 5 2 0,25 (7) 5 5 0,25 = 10 Vậy: 10 2 5 0,25 Bài (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y (k 1) x n và hai điểm A(0;2), B(-1;0) Tìm các giá trị k và n để: a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A và B b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y x k Cho n 2 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 (d): y = (k-1)x + n qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình: 1a (1,0 đ) 1b (0,5 đ) (0,5 đ) (k 1).0 n 2 (k 1).( 1) n 0 n 2 n 2 1 k 0 k 3 0,25 0,5 Kết luận: Vậy k = 3, n = thì (d) qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25 k 1 k 2 (d ) //( ) n 2 k n 0 + 0,25 k 2 (d ) //() n 0 Kết luận: Vậy 0,25 Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + Suy đường thẳng (d) cắt trục Ox C ;0 k 0 k 1 và đó toạ độ điểm C là k 0,25 (8) OC xC Ta có: 1 k và B(-1;0) nên OB = Vì các tam giác OAC và OAB vuông O và chung đường cao AO nên suy ra: SOAC 2SOAB OC 2OB 2 |1 k | 0,25 k 0 k 2 (thoả mãn đk k 1 ) Kết luận: k = k = Bài (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x 2mx m 0 (1) (với m là tham số) Giải phương trình (1) với m Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 1 16 x ; x x Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thoả mãn hệ thức: x2 Ý Nội dung Điểm Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành: x x 0 ' 1 9 (0,75đ) (0,75đ) 0,25 ' 3 Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 1 x x 2 0,25 Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 0,25 Pt (1) có ' m ( m 7) 0,25 m2 m 27 m 0 2 với m 0,25 Vậy với giá trị m thì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25 Theo câu 2, ta có (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1; x2 với giá trị m Theo định lý Vi ét ta có: 0,25 (9) x1 x2 2m x1 x2 m Theo giả thiết ta có: 1 16 x1 x2 x1 x2 0 x1 x2 16 x1 x2 m 0 2m 16 m m 7 m 8 (0,5 đ) 0,25 m 8 Vậy m = là giá trị cần tìm Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN H (H nằm O và B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt E Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh: OK // MN và KM2 + KN2 = 4R2 a A f k o m h O P e n c M b E N Nội dung Ta có: Điểm + AHE 90 (theo giả thiết AB MN ) 0,5 + AKE 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5 AHE AKE 900 H, K thuộc đường tròn đường kính AE Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác CAE và CHK: + Có chung góc C + EAC EHK (góc nội tiếp cùng chắn cung EK) CHK (g - g) Suy CAE C B Ý (2,0đ) H K Do đường kính AB MN nên B là điểm chính cung MN suy ta có 0,25 0,25 0,5 0,25 (10) MKB NKB (1) (1,0 đ) NKB KNF (2) MKB MFN (3) Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên 0,5 Từ (1), (2), (3) suy MFN KNF KFN KNF Vậy KNF cân K 0,25 0 * Ta có AKB 90 BKC 90 KEC vuông K Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K BEH KEC 450 OBK 450 (0,5 đ) 0,25 Mặt khác vì OBK cân O ( OB = OK = R) nên suy OBK vuông cân O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB) * Gọi P là giao điểm tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính và KP // MN Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP 0,25 Xét tam giác KMP vuông M ta có: MP2 + MK2 = KP2 KN2 + KM2 = 4R2 Bài (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 3 3 a 1 b 1 c 1 Ý Nội dung Điểm 0,5 đ (a 1)3 a3 3a 3a Ta có: a a 3a 3 Tương tự: 3 3 a a a a (1) ( a 0) 2 4 3 (b 1)3 b , (c 1)3 c 3 4 Từ (1), (2), (3) suy ra: a 1 0,25 0,25 3 b 1 c 1 Vậy BĐT chứng minh Dấu đẳng thức xảy a b c 4 (11) 3 a a 0 2 b b 0 2 c c 0 2 a b c 3 a 0 a a 0, b c b 0 b 3 b 0, a c c 0 c c 0, a b a b c 3 (12)