Đề Thi Thử Tuyển Sinh Lớp 10 Toán 2013 - Đề 49

Chia sẻ: May May | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử tuyển sinh lớp 10 toán 2013 - đề 49', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi Thử Tuyển Sinh Lớp 10 Toán 2013 - Đề 49

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2009-2010 Đề chính thức Môn thi : Toán Đề B Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2009 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1 (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số. 1.Giải phương trình (1) khi n = 3. 2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm. Bài 2 (1,5 điểm) x  2 y  5 Giải hệ phương trình:  2 x  y  7 Bài 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k. 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. 3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông. Bài 4 (3,5 điểm) Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A avf B lần lượt tại C và D. 1. Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp được. 2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra CN DN  . CG DG · 3. Đặt BOD   Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và . Chứng tỏ rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc . Bài 5 (1,0 điểm) 2 2 3m 2 Cho số thực m, n, p thỏa mãn : n  np  p  1  . 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B = m + n + p. ……………………………. Hết ……………………………. ĐÁP ÁN Bài 1 (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + n = 0 (1) với n là tham số.
1.Giải phương trình (1) khi n = 3. x2 – 4x + 3 = 0 Pt có nghiệm x1 = 1; x2 = 3 2. Tìm n để phương trình (1) có nghiệm. ’ = 4 – n  0  n  4 Bài 2 (1,5 điểm) x  2 y  5 Giải hệ phương trình:  2 x  y  7 x  3 HPT có nghiệm:  y  1 Bài 3 (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k. y = kx + 1 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. Phương trình hoành độ: x2 – kx – 1 = 0  = k2 + 4 > 0 với  k  PT có hai nghiệm phân biệt  đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. 3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = -1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông. Tọa độ điểm E(x1 ; x12); F((x2; x22)  PT đường thẳng OE : y = x1 . x và PT đường thẳng OF : y = x2 . x Theo hệ thức Vi ét : x1 . x2 = - 1  đường thẳng OE vuông góc với đường thẳng OF  EOF là  vuông. Bài 4 (3,5 điểm) 1, Tứ giác BDNO nội tiếp được. 2, BD  AG; AC  AG  BD // AC (ĐL)  GBD đồng dạng GAC (g.g) CN BD DN    CG AC DG 3, BOD =   BD = R.tg ; AC = R.tg(90o – ) = R tg   BD . AC = R2.
Bài 5 (1,0 điểm) 2 2 3m 2 n  np  p  1  (1) 2  …  ( m + n + p )2 + (m – p)2 + (n – p)2 = 2  (m – p)2 + (n – p)2 = 2 - ( m + n + p )2  (m – p)2 + (n – p)2 = 2 – B2 vế trái không âm  2 – B2  0  B2  2   2  B  2 2 dấu bằng  m = n = p thay vào (1) ta có m = n = p =  3 2  Max B = 2 khi m = n = p = 3 2 Min B =  2 khi m = n = p =  3 HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH QUẢNG TRỊ MÔN: TOÁN Ngày thi: 07/07/2009 Câu 1 (2,0 điểm) 1. Rút gọn các biểu thức sau: a) 12  27  4 3  2 3  3 3  4 3  3 3 . b) 1  5  2  5  2  1  5  2  5  1  5  5  2  1. 2 2. Giải phương trình: x -5x+4=0 Ta có: a=1; b=-5; c=4; a+b+c= 1+(-5)+4=0 Nên phương trình có nghiệm : x=1 và x=4 Hay : S=  ;4 . 1 Câu 2 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y=-2x+4 có đồ thị là đường thẳng (d). a) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với hai trục toạ đô. - Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy là nghiệm của x  0 x  0 hệ :   . Vậy toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục  y  2 x  4 y  4 Oy là A(0 ; 4). - Toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục Ox là nghiệm của y  0 y  0 hệ :   . Vậy toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) với trục  y  2 x  4 x  2 Ox là B(2 ; 0). b) Tìm trên (d) điểm có hoành độ bằng tung độ. Gọi điểm M(x0 ; y0) là điểm thuộc (d) và x0 = y0  x0=-2x0+4  x0=4/3 => y0=4/3.
Vậy: M(4/3;4/3). Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình bậc hai: x2-2(m-1)x+2m-3=0. (1) a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. x2 - 2(m-1)x + 2m - 3=0. Có:  ’ =  m  1  (2m  3) 2 = m2-2m+1-2m+3 = m2-4m+4 = (m-2)2  0 với mọi m.  Phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. b) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi a.c < 0 2m-3 < 0 3 m < . 2 3 Vậy : với m < thì phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. 2 Câu 4 (1,5 điểm) Một mảnh vườn hình chử nhật có diện tích là 720m2, nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 4m thì diện tích mảnh vườn không đổi. Tính kích thước của mảnh vườn ? Bài giải : Gọi chiều rộng của mảnh vườn là a (m) ; a > 4. 720 Chiều dài của mảnh vườn là (m). a Vì tăng chiều rộng thêm 6m và giảm chiều dài đi 4m thì diện tích không đổi nên ta có 720 phương trình : (a-4). ( +6) = 720. a  a2 -4a-480 = 0 a  24  a  20( 0)loai. Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 24m. chiều dài của mảnh vườn là 30m. Câu 5 (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R. Từ A kẻ đường thẳng (d) không đi qua tâm O, cắt (O) tại B và C ( B nằm giữa A và C). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC tại M. Gọi I là giao điểm của DO và BC. 1. Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh OH.OA = OI.OD. 3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O).
K H O A B I M C D Chứng minh: a) C/m: OHDC nội tiếp. Ta có: DH vuông goc với AO (gt). =>  OHD = 900. CD vuông góc với OC (gt). =>  OCD = 900. Xét Tứ giác OHDC có  OHD +  OCD = 1800. Suy ra : OHDC nội tiếp được một đường tròn. b) C/m: OH.OA = OI.OD Ta có: OB = OC (=R); DB = DC ( T/c của hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ra OD là đường trung trực của BC => OD vuông góc với BC. Xét hai tam giác vuông  OHD và  OIA có  AOD chung   OHD đồng dạng với  OIA (g-g) OH OD    OH .OA  OI .OD. (1) (đpcm). OI OA c) Xét  OCD vuông tại C có CI là đường cao áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R) (2). Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA OM OA   . OH OM Xét 2 tam giác :  OHM và  OMA có : OM OA  AOM chung và  . OH OM Do đó :  OHM đồng dạng  OMA (c-g-c)   OMA =  OHM = 900.  AM vuông góc với OM tại M
 AM là tiếp tuyến của (O). d)Gọi K là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.  S = S  AOM - SqOKM Xét  OAM vuông tại M có OM = R ; OA = 2.OK = 2R =>  OMK là tam giác đều. 3 => MH = R. và  AOM = 600. 2 1 1 3 3 => S  AOM = OA.MH  .2 R.R.  R2. . (đvdt) 2 2 2 2 .R 2 .60 .R 2 SqOKM =  . (đvdt) 360 6 2 3 .R 2 3 3  => S = S  AOM - SqOKM = R .   R2. (đvdt) 2 6 6