KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUỐC HỌC

Chia sẻ: Boom Boom Boom | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

250
lượt xem 50
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, học sinh trung học cơ sở đang chuẩn bị ôn thi vào lớp 10 chuyên toán.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUỐC HỌC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUỐC HỌC Môn: TOÁN - Năm học 2007-2008 THỪA THIÊN HUẾ Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (1,25 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức: A = a 2 + 4ab 2 + 4b 4 − 4a 2 − 12ab 2 + 9b 4 với a = 2 ; b = 1 .  x x +3 3  x + 3  − 2 x ÷ ÷ 3 − x ÷ = 1 (với x ≥ 0 và x ≠ 3 ). 2. Chứng minh:   x − 3x + 3 ÷    Bài 2: (1,25 điểm) Cho phương trình: mx 2 − 2mx + 1 = 0 ( m là tham số) 1. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm và tính các nghiệm của phương trình theo m . 2. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm sao cho một nghiệm gấp đôi nghiệm kia. Bài 3: (1 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 4 điểm A(−3; 4), B(−2;1), C (1; 2), D(0;5) . 1. Cho biết đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét (cm), tính độ dài các c ạnh và các đường chéo của tứ giác ABCD. Tứ giác ABCD là hình gì ? 2. Dựa vào hình vẽ, cho biết tọa độ giao điểm của 2 đường chéo của tứ giác ABCD. Bài 4: (1,25 điểm) Cho hàm số y = ax 2 ( a ≠ 0 ) 1. Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho cắt đường thẳng d : y = −2 x + 3 tại điểm A có tung độ bằng −1 . 2. Vẽ đồ thị (P) của hàm số ứng với giá trị a vừa tìm được trong câu 1) và v ẽ đ ường thẳng d trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Tìm tọa độ giao điểm thứ hai B của (P) và d. Bài 5: (1,25 điểm) Hai vòi nước cùng chảy vào bể thì đầy sau 16 giờ. Nếu vòi I chảy trong 3 gi ờ và vòi II chảy trong 6 giờ thì được thể tích nước bằng 25% bể. Tính thời gian c ần thi ết đ ể riêng m ỗi vòi chảy đầy bể. Bài 6: (1 điểm) Cho đường tròn (O), A là điểm cố định trên (O) và M là m ột đi ểm di đ ộng trên (O). Qua M vẽ đường vuông góc MH với tiếp tuyến AT của đường tròn (O) (H thu ộc AT). Ch ứng minh rằng trong trường hợp tồn tại tam giác OMH, tia phân giác góc ngoài ở đ ỉnh M c ủa tam giác đi qua một điểm cố định. Bài 7: (1,5 điểm) "Góc sút" của quả phạt đền 11 mét là góc nhìn từ chấm ph ạt đ ền đ ến đo ạn th ẳng n ối 2 chân của cầu môn. Biết chiều rộng của cầu môn là 7,32 m, hỏi "góc sút" của quả phạt đền 11 mét là bao nhiêu độ ? Tìm các điểm khác trên sân c ỏ có cùng "góc sút" nh ư qu ả ph ạt đ ền 11 mét. Nêu cách dựng quỹ tích các điểm đó nếu gọi A và B là 2 đi ểm bi ểu di ễn chân c ầu môn và M là điểm biểu diễn chấm phạt đền. Bài 8: (1,5 điểm) I Một cốc nước hình nón cụt có bán kính 2 đáy là r1 = 4 cm, r2 = 1 cm , đựng đầy nước. Người ta thả một quả bi hình cầu bằng kim loại vào thì nó đặt vừa khít hình nón cụt (hình vẽ). Tính thể tích khối nước còn lại trong cốc. H ết J
Chữ ký GT1: SBD thí sinh:____________ 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUỐC HỌC Môn: TOÁN - Năm học 2007-2008 THỪA THIÊN HUẾ ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC 1
Nội dung Điểm Bài Ý 1 1,25 1.1 ( a + 2b ) ( 2a − 3b ) 22 22 − A= = a + 2b − 2a − 3b 2 2 0,25 2 + 2 − 2 2 −3 Với a = 2 ; b = 1 thỡ A = 0,25 = 2 + 2 + 2 2 − 3 = 3 2 −1 + Với giả thiết đã cho: x ≥ 0 và x ≠ 3 , ta có: 1.2 ()() 3 3 + x 3 x x +3 3 0,25 −2 x = −2 x = 3− x ( x ) − x 3 + ( 3) 2 2 x − 3x + 3 x+ 3 x+ 3 1 = = ( )( ) + 0,25 3− x 3− x 3− x 3+ x  x x +3 3  x + 3  ( ) 1 − 2 x ÷ ÷ 3 − x ÷ = 3− x . =1 + Vậy:  0,25  x − 3x + 3 ÷ 3− x    2 1,25 2.1 + Nếu m = 0 thì phương trình trở thành 1 = 0 , nên phương trình vô nghiệm. 0,25 + Nếu m ≠ 0 thì phương trình đã cho có nghiệm khi: ∆ ' = m 2 − m = m ( m − 1) ≥ 0 . Suy ra m < 0 hoặc m ≥ 1 (*). 0,25 m− m −m 2 Khi đó các nghiệm của phương trình là: x1 = ; m 0,25 m + m2 − m x2 = . m 2.2 Với điều kiện (*), phương trình có hai nghiệm x1 , x2 . 1 Theo hệ thức Vi-ét: x1 + x2 = 2 và x1 x2 = 0,25 m 4 2 Theo giả thiết, ta có: x1 = 2 x2 (hoặc x2 = 2 x1 ), suy ra: x1 = ; x2 = (hoặc 3 3 2 4 x1 = ; x2 = ) 3 3 1 81 9 Suy ra: x1 x2 = ⇔ = ⇔ m = > 1 , thỏa mãn điều kiện (*). m 9m 8 0,25 9 Vậy với m = thì phương trình có một nghiệm gấp đôi nghiệm kia. 8 2
3 1,0 + Tứ giác ABCD có: 3.1 - Các cạnh bằng nhau vì cùng bằng c ạnh huyền của tam giác vuông có các cạnh góc vuông là 3cm và 1cm. Do đó độ dài mỗi cạnh của tứ giác là: 32 + 12 = 10 (cm) . 0,25 - Các đường chéo bằng nhau vì cùng bằng cạnh huyền của tam giác vuông có các cạnh góc vuông là 2cm và 4cm. Do đó độ dài mỗi đường chéo của tứ giác là: AC = BD = 22 + 42 = 20 = 2 5 (cm) 0,25 + Tứ giác ABCD có 4 cạnh bằng nhau và hai đường chéo bằng nhau nên là 0,25 hình vuông. + Từ hình vẽ suy ra giao điểm của 2 đường chéo là: I ( −1;3) 3.2 0,25 4 1,25 + Điểm A ở trên d và có tung độ bằng −1 nên: −1 = −2 x + 3 ⇔ x = 2 . 4.1 0,25 Do đó: A(2; − 1) + A là giao điểm của đồ thị hàm số y = ax 2 với d, nên A thuộc (P), suy ra: 1 −1 = a ×22 ⇔ a = − 0,25 4 4.2 12 + Vẽ đúng parabol (P): y = − x 0,25 4 + Vẽ đúng đường thẳng d 0,25 A + Hoành độ giao điểm của (P) và d là nghi ệm của phương trình : 1 − x 2 = −2 x + 3 ⇔ x 2 − 8 x + 12 = 0 . 4 + Giải phương trình ta được nghiệm thứ hai B là: x2 = 6 ⇒ y2 = −9 . 0,25 Vậy giao điểm thứ hai của (P) và d là B (6; − 9) 5 1,25 3
Gọi x (giờ) và y (giờ) là thời gian để riêng vòi I và vòi II chảy đầy b ể ( x > 0; y > 0 ). 1 1 Mỗi giờ vòi I chảy được bể, vòi II chảy được bể. 0,25 y x 16 16 + = 1. Theo giả thiết thứ nhất, ta có phương trình: x y 0,25 3 6 25 361 Theo giả thiết thứ hai, ta có phương trình: + = ⇔+=. 0,25 x y 100 xy4 16 16  x + y = 1 16u + 16v = 1   1 1 1 (với u = ; v = ) ⇔ Vậy ta có hệ phương trình:   3u + 6v = 4 x y 3+6 =1  x y 4  ( u; v ) =  1 1 ;÷ Giải hệ phương trình trên, ta được   24 48  Suy ra: ( x; y ) = ( 24; 48 ) thỏa điều kiện bài toán. Vậy nếu chảy riêng, thì vòi I 0,25 chảy đầy bể trong 24 giờ và vòi II chảy đầy bể trong 48 giờ. 0,25 6 1,0 + Ta có OA ⊥ AH (vì AT là tiếp tuyến của đường tròn) và MH ⊥ AH (gt). Suy ra: OA // MH ⇒ OAM = · · 0,25 AMH (so le trong). + Mà tam giác AOM cân tại O (OA = OM) nên OAM = OMA , do đó: · · · · AMH = OMA và tia MA luôn nằm giữa hai tia MO và MH, suy ra: · MA là tia phân giác của góc OMH . 0,25 + Dựng tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác OMH cắt (O) tại A’, ta có: MA ⊥ MA ' . Suy ra: Tam giác AMA’ vuông tại M, do đó AA’ là đường kính của (O). 0,25 + Mà A cố định, nên A’ cũng cố định. Vậy tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác OMH đi qua đi ểm A’ đ ối 0,25 xứng với A qua tâm O. 7 1,50 4
H + Tam giác MAB cân tại M. Gọi H là trung điểm của AB, thì trung tuyến ¶ MH cũng là đường cao và đường phân giác góc M của tam giác cân MAB. Suy ra: HA = HB = 3, 66m 0,25 Gọi α = ·AMH , trong tam giác vuông MHA, có: AH 3, 66 tgα = ⇒ α ≈ 180 24 ' = MH 11 Suy ra "góc sút" của quả phạt đền 11 mét là: 2α ≈ 360 48' . 0,25 + Các điểm trên sân cỏ có cùng "góc sút" như quả phạt đền 11 mét là các điểm cùng nhìn đoạn AB dưới một góc 2α , nên chúng ở trên cung chứa góc 0,25 2α dựng trên đoạn thẳng AB (ở trước cầu môn). + Cách dựng: 0,25 - Dựng tia Ax tạo với AB một góc 2α ≈ 360 48' (ở sau cầu môn). - Dựng đường thẳng qua A vuông góc với Ax cắt MH tại O - Dựng cung tròn tâm O, bán kính OA chứa điểm M, cung tròn này là quĩ tích cần dựng. 0,50 5
8 1,50 + Hình cầu đặt khít hình nón cụt, nên đường tròn lớn của nó nội tiếp trong hình thang cân ABCD, 0,25 với AD, BC là hai đường sinh và O AB, CD là 2 đường kính của 2 đáy hình nón cụt. Gọi O là tâm và r là bán kính hình cầu, I, J là 2 tiếp điểm của đường tròn lớn với AB và CD, M là tiếp điểm của BC với đường tròn lớn (O), ta có: BI = BM và CJ = CM, suy ra BC = r 1 + r2 = 0,25 4 + 1 = 5 (cm). Từ C kẻ CH vuông góc với AB tại H, ta có tứ giác IHCJ là hình chữ nhật, nên BH = r1 − r2 = 3 (cm), do đó: CH = BC 2 - BH 2 = 4(cm) . 0,25 Vậy: đường kính của hình cầu là: IJ = CH = 4cm , nên bán kính của hình cầu là: r = 2cm + Thể tích khối nước tràn ra ngoài bằng thể tích hình cầu và bằng: 32π 4 4 ( ) V1 = π r 3 = × π = 0,25 cm3 8 3 3 3 1 + Thể tích cốc nước hình nón cụt là: V2 = π h ( r1 + r2 + r1r2 ) với chiều cao 2 2 3 của nón cụt là: h = IJ = 4(cm) . 1 V2 = ×4π ( 42 + 12 + 4.1) = 28π ( cm3 ) . 0,25 3 + Vậy thể tích khối nước còn trong cốc nước là: 32π 52π ≈ 54,5 ( cm3 ) 0,25 V = V2 − V1 = 28π − = 3 3 6