KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT TRƯỜ NG THPT THỰC HÀNH CAO NGUYÊN ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN

Chia sẻ: Mi Hong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

103
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT TRƯỜ NG THPT THỰC HÀNH CAO NGUYÊN ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN. Đây là đề thi chính thức của Sở giáo dục và đào tạo trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT. Thời gian làm bài là 120 phút không kể thời gian giao đề. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT TRƯỜ NG THPT THỰC HÀNH CAO NGUYÊN ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN

Đề 21 TRƯỜ NG THPT THỰC HÀNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CAO NGUYÊN NĂM HỌC 2009 - 2010 ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN MÔN : TOÁN -----000----- ----------------------- 000 --------------------- --- ÐỀ CHÍNH THỨC Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề ) Bài 1: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình và phương trình sau: 3x  2y  1 1/  5x  3y  4 2/ 10x 4  9x 2  1  0 . Bài 2: (3,0 điểm) Cho hàm số : y  x 2 có đồ thị (P) và hàm số y = 2x + m có đồ thị (d) . 1/ Khi m = 1. Vẽ đồ thị (P) và (d) trên cùng một hệ trục toạ độ. 2/ Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) toạ độ và bằng phép toán khi m = 1. 3/ Tìm các giá trị của m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(x A ; yA ) và 1 1 B(x B ; yB ) sao cho 2  2  6 x A xB Bài 3: (1,0 di m) y x  x x y y Rút gọn biểu thức : P  (x  0; y  0) . xy  1 Bài 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC) có 3 góc nhọn. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E và D . 1/ Chứng minh AD.AC = AE.AB. 2/ Gọi H là giao điểm của DB và CE .Gọi K là giao điểm của AH và BC. Chứng minh AH  BC . 3/ Từ A kẻ các tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O) (M,N là các tiếp điểm).Chứng minh ANM  AKN . 4/ Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. Bài 5: (1,0 điểm)
1 1 Cho x, y >0 và x  y  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  2 2  x y xy ---------- Hết ---------- Họ và tên thí sinh : Số báo danh : Chữ ký các giám thị : - Giám thị 1 : - Giám thị 2 : Đáp án đề 21 --------------------------------- ****** --------------------------------- Bài 1: 3x  2y  1 9x  6y  3  x  11  x  11   x  11 1/      5x  3y  4 10x  6y  8 3x  2y  1  y  1  3(11)  : 2   y  17  HPT có nghiệm duy nhất (x; y) = (-11;17) 2/ 10x 4  9x 2  1  0 ; Ðặt x 2  t (t  0) 1 10  10t 2  9t  1  0 ; cã a - b  c  0  t1  1(lo¹i) , t 2  1/10(nhËn)  x 2  x 10 10   10    PT đã cho có tập nghiệm: S   ±    10  Bài 2: 1/ m = 1 ;  (d) : y  2x  1 ; x  0  y  1  P(0;1) ; y  0  x  1/ 2  Q( 1/ 2; 0) x 2 1 0 1 2 y  x 2 4 1 0 1 4 2/ khi m = 1. +Dựa vào đồ thị ta nhận thấy (d) tiếp xúc với (P) tại tiếp điểm A( 1; 1) . +PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x 2  2x  1  0  (x  1)2  0  x  1 ; Thay x  1 vào PT (d)  y  1 . Vậy : (d) tiếp xúc với (P) tại điểm A( 1; 1) . 1 1 xA  0 3/ Theo đề bài:  2 6 . Vậy để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt x 2 xB A xB  0 A(x A ; yA ) và B(x B ; yB ) thì PT hoành độ giao điểm : x 2  2x  m  0 (*) phải có 2 nghiệm phân
biệt x A , x B khác 0.  /  1  m  0 m  1 x A  x B  2   (**); Với đ/k (**), áp dụng đ/l Vi-ét ta có :  m  0 m  0 x A .x B  m 2 2 1 1  1 1  2  x  xB  2 +Theo đề bài : 2  2  6      6 A   6 xA xB  x A x B  x A .x B  x A .x B  x A .x B 2  2  2  m1  1 (NhËn)      6  4  2m  6m2  3m2 + m - 2 = 0   m m  m2  2 / 3 (NhËn) Vậy: Với m = -1 ; 2/3  thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A(x A ; yA ) và B(x B ; yB ) thoả mãn 1 1 2  2 6. x A xB y x  x x y y Bài 3: P  (x  0; y  0) xy  1 (x y  y x )  ( x  y ) xy( x  y )  ( x  y ) ( x  y)( xy  1)    xy  1 xy  1 xy  1 = x+ y Bài 4: 1/ Nối ED ; AED  ACB (do BEDC nội tiếp) AE AD  AED ACB    AE.AB  AD.AC AC AB 2/ BEC  BDC  900 (góc nội tiếp chắn ½ (O))  BD  AC V µ CE  AB . Mà BD  EC  H  H là trực tâm của ABC  AH là đường cao thứ 3 của ABC  AH  BC tại K. 3/ Nối OA, OM, ON ; Ta có: OM  AM, ON  AN (t/c tiếp tuyến); OK  AK (c/m trên)  AMO  AKO  ANO  900  5 điểm A,M,O,K,N cùng thuộc đường tròn đường kính AO (quỹ tích cung chứa góc).  K1  M1 (=1/2 sđ AN ) ; Mà N1  M1 (=1/2 sđ MN của (O))  N1  K1 hay ANM  AKN AD AH 4/ + ADH AKC (g-g)    AD.AC  AH.AK (1) AK AC AD AN + ADN ANC (g-g)    AD.AC  AN 2 (2) AN AC AH AN T (1) và (2)  AH.AK  AN 2   AN AK
AH AN +Xét AHN và ANK có:  và KAN chung  AHN ANK AN AK  ANH  K1 ; mà N1  K1 (c/m trên)  ANH  N1  ANM  ba điểm M, H, N thẳng hàng. Bài 5: V i a  0, b  0 ; Ta có : a 2  b2  2 a 2 b 2  2ab (Bdt Cô si)  a 2  b2  2ab  4ab  (a  b)2  4ab (a  b)(a  b) ab 4 a a 4 1 1 4  4         (*) ab ab ab ab ab a  b a b ab Áp dụng BÐT (*) v i a = x 2  y2 ; b = 2xy ; ta có: 1 1 4 4 2 2   2  (1) x y 2xy x  y  2xy (x  y) 2 2 1 1 1 4 Mặt khác : (x  y) 2  4xy   2   (2) 4xy (x  y) xy (x  y) 2 1 1  1 1  1  1 1  1 1 A 2 2   2 2    2 2   . x y xy  x  y 2xy  2xy  x  y 2xy  2 xy 4 1 4 4  1 6  2  . 2  . 1   2  6 (x  y) 2 (x  y) (x  y)  2  (x  y) 2 [Vì x, y >0 và x  y  1  0  (x  y)2  1 ];  minA = 6 khi x = y = 1 d 2