KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUỐC HỌC MÔN TOÁN

Chia sẻ: Boom Boom Boom | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

170
lượt xem 32
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Một máy kéo nông nghiệp có hai bánh sau to hơn hai bánh trước. Khi bơm căng, bánh xe sau có bán kính lớn hơn bán kính bánh xe trước là 25 cm. Khi đi trên đoạn đường dài 314m thì bánh xe trước quay nhiều hơn bánh xe sau 40 vòng. Tính bán kính của mỗi bánh xe trước và sau. Cho biết .

Chủ đề:

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

Lưu

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

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUỐC HỌC Khóa ngày 19.6.2006 THỪA THIÊN HUẾ Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Số báo danh: ............. Phòng: Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (1 điểm) So sánh (không dùng bảng số hay máy tính bỏ túi): 3 + 7 và 19 . Bài 2: (1 điểm) a) Biến đổi x − 3 x + 1 về dạng A2 + b với b là hằng số và A là một biểu thức. 1 . Giá trị đó đạt được khi x bằng bao b) Suy ra giá trị lớn nhất của biểu thức x − 3x + 1 nhiêu ? Bài 3: (1,25 điểm) Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng x + 2 y = 1 và đi qua giao điểm của hai đường thẳng d1 : 2 x − 3 y = 4 và d 2 : 3x + y = 5 . Bài 4: (1,25 điểm) Cho phương trình x 2 − 6mx + 4 = 0 . Tìm giá trị của m , biết rằng phương trình đã cho có 117 hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn điều kiện 2 + 2 = . x1 x2 2 Bài 5: (1,5 điểm) Một máy kéo nông nghiệp có hai bánh sau to hơn hai bánh tr ước. Khi b ơm căng, bánh xe sau có bán kính lớn hơn bán kính bánh xe trước là 25 cm. Khi đi trên đo ạn đ ường dài 314m thì bánh xe trước quay nhiều hơn bánh xe sau 40 vòng. Tính bán kính c ủa m ỗi bánh xe tr ước và sau. Cho biết π = 3,14 . Bài 6: (0,75 điểm) Từ một đài quan sát của một con tàu cao 15m so với mực nước biển, người thủy thủ bắt đầu nhìn thấy đỉnh của ngọn hải đăng. Hỏi khi đó con tàu cách ng ọn h ải đăng bao nhiêu kilômét ? Biết rằng theo bản đồ hàng hải, c ột h ải đăng đó cao 90m so v ới m ực n ước bi ển và bán kính của Trái Đất gần bằng 6400km. Bài 7: (1,75 điểm) Cho đường tròn (O) tâm O, bán kính R. Trên (O) cho các điểm B, C cố định và A di động. EF là đường kính vuông góc với BC. Gọi I là tâm của đường tròn n ội ti ếp tam giác ABC. Khi A chạy trên (O) thì I chạy trên các R đường nào ? Nêu cách dựng các đường đó. Bài 8: (1,5 điểm) Một cái phểu gồm một phần có dạng hình trụ, bán kính đáy bằng R và phần còn lại có dạng hình nón, chi ều cao bằng 2R. Phểu chứa nước có mực nước đến sát đáy hình nón. Người ta thả vào một quả bi hình cầu bằng kim loại vào thì nó đặt vừa khít trong hình nón (hình vẽ). Tính chiều cao cột nước dâng lên theo R. Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUỐC HỌC Năm học 2005-2006 THỪA THIÊN HUẾ ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC Nội dung Điểm Bài Ý 1 1,0 ( ) ( ) 0,25 2 2 3 + 7 với = 19 Đưa về so sánh 19 0,25 hay so sánh 10 + 2 21 với 19 = 10 + 9, hay so sánh 2 21 với 9. ( ) 2 = 84 > 81 = 92 , Ta có 2 21 0,25 ( ) >( ) 2 2 suy ra: 2 21 > 9 ⇒ 3+ 7 ⇒ 3 + 7 > 19 19 0,25 2 1,0 2.a 2 2  3 1  3 1 1 () 32 ÷ + ≥ , ( x ≥ 0) x − 3x + 1 = x − 2 × × x +  ÷ + = x − 0,50 2÷ 4  ÷ 2 2 4 4    2.b 1 3 3 Suy ra x − 3x + 1 đạt giá trị nhỏ nhất là khi x − =0⇔ x= 0,25 4 2 4 1 3 đạt giá trị lớn nhất là 4 khi x = Do đó 0,25 x − 3x + 1 4 3 1,25 0,25 1 1 1 + Đường thẳng x + 2 y = 1 ⇔ y = − x + , nên có hệ số góc a = − 2 2 2 + Đường thẳng d song song với đường thẳng x + 2 y = 1 , nên 0,25  1 1 d : y = − x + b b ≠ ÷  2 2 + Tọa độ giao điểm M của d1 và d2 là nghiệm của hệ phương trình: 2 x − 3 y = 4   3x + y = 5  19 2 0,25 + Giải hệ phương trình ta có M  ; − ÷  11 11  0,25 2 19 15 1 + Đường thẳng d đi qua M nên: − = − + b ⇔ b = ≠ 11 22 22 2 1 15 + Vậy phương trình của đường thẳng d : y = − x + ⇔ 11x + 22 y = 15 0,25 2 22 4 1,25 0,25 Ta có: ∆ ' = 9m 2 − 4 Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 cần và đủ là: 4 2 2 2 ∆ ' = 9m 2 − 4 ≥ 0 ⇔ m2 ≥ ⇔| m | ≥ ⇔ m ≤ − hay m ≥ 0,25 9 3 3 3
( x + x ) − 2x x 7 2 x2 + x2 7 117 Theo giả thiết: 2 + 2 = ⇔ 1 2 2 2 = ⇔ 1 2 2 2 1 2 = 0,25 x1 x2 2 x1 x2 2 x1 x2 2 36m 2 − 8 7 16 4 ⇔ m = ± . Cả hai giá trị này của m đều thỏa mãn = ⇔ m2 = 16 2 9 3 0,50 2 điều kiện | m | ≥ . 3 4 Vậy các giá trị của m thỏa mãn điều kiện của bài toán là: m = ± 3 5 1,50 Gọi x (m) là bán kính của bánh xe trước. Điều kiện: x > 0. 0,25 Khi đó bán kính của bánh xe sau x + 0,25 (m) 0,25 của trước Chu vi bánh xe và sau là: 2π x = 6, 28 x ; 2π ( x + 0, 25) = 6, 28( x + 0, 25) 0,25 314 314 50 50 = + 40 ⇔ − = 40 Theo giả thiết: 6, 28 x 6, 26( x + 0, 25) x x + 0, 25 ⇔ 4 x 2 + x − 1, 25 = 0 0,25 0,25 −1 − 21 −1 + 21 Giải phương trình ta được: x1 = < 0 (loại), x2 = ≈ 0, 45 m 8 8 0,25 −1 + 21 ≈ 0, 45 m và bán kính của bánh Vậy: Bán kính của bánh xe trước là: 8 1 + 21 ≈ 0, 70 m xe sau là: 8 6 0,75 Gọi A là vị trí của đài quan sát trên tàu, C là đỉnh ngọn hải đăng. Khi A nhìn thấy C thì AC là ti ếp A' C' tuyến của trái đất, tiếp điểm là B. 0,25 AB = 6400.0152 − 64002 ≈ 13,9km BC = 6400.092 − 64002 ≈ 33,9km 0,25 Vậy khi nhìn thấy ngọn hải đăng, thì con tàu 0,25 cách đó khoảng 47,8km . + Nếu học sinh tính độ dài tổng 2 cung ¼' B, C ' B (sử dụng máy tính bỏ tuí): đd A¼ ¼' B = 2π ×6400 ×cos −1  6400  ≈ 13,9km , tương tự với đd ¼ A C ' B ≈ 33,8km ,  ÷  6400.015  360 vẫn cho điểm tối đa. 7 1,75
+ Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là giao điểm I của 3 đường phân giác trong của tam giác, nên: B C 1800 − µ µµ µ 0,25 A A · · · IBC + ICB = + = ⇒ BIC = 900 + 22 2 2 ¼: + Khi A chạy trên cung lớn BFC µ ¼ µ = BEC = α (không đổi), nên: BIC = 900 + A = 900 + α (không đổi). · A 0,25 2 2 2 α Do đó I chạy trên cung chứa góc 90 + dựng trên đoạn BC ở bên trong (O) 0 0,25 2 Cách dựng: Ta có đường kính EF vuông góc với dây BC, nên E và F là trung điểm của hai cung trương bởi BC · và EBF = 900 . ¼ EC α · Suy ra EBC = =. 2 2 Trên tia đối của tia BF lấy điểm F', thì góc α. 0,25 · F ' BC = 900 + 2 Theo cách dựng cung quỹ α tích thì E là tâm của cung chứa góc 90 + dựng trên đoạn BC ở bên trong 0 0,25 2 (O). ¼ + Khi A chạy trên cung nhỏ BEC : · µ = BEC (không đổi) ⇒ BIC = 900 + BEC (không đổi). · A· 2 0,25 · BEC Do đó I chạy trên cung chứa góc 900 + dựng trên đoạn BC ở bên trong 2 (O). 0,25 Cách dựng: Tương tự như trên, điểm F là tâm của cung tròn quĩ tích. 8 1,50 + Hình cầu đặt khít hình nón, nên đường tròn lớn 0,25 của nó nội tiếp trong tam giác cân SAB, với SA, SB là hai đường sinh và AB là đường kính đáy của đáy hình nón. Gọi I là tâm và r là bán kính hình cầu, thì BI là phân giác góc SBA. + Theo tính chất phân giác, ta có: IO OB IO OB = ⇒ = 0,25 IO + IS OB + SB IS SB r R 2R ⇒ = ⇒r= 0,25 2R R + R 5 1+ 5
+ Thể tích hình cầu bằng thể tích cột nước hình trụ dâng lên có chiều cao x > 0,25 0, nên ta có : 4r 3 43 32 R π r = π R2 x ⇔ x = 2 = 0,25 ( ) 3 3 3R 3 1+ 5 32 R x= 0,25 ( ) Vậy chiều cao của cột nước dâng lên là: 3 3 1+ 5 · · + Cách 2: tg SBO = 2 ⇒ SBO = tan −1 (2) ≈ 630 26 '6" (sử dụng máy tính hoặc 0,25 bảng số). · · Suy ra: IBO ≈ 310 43'3" ⇒ r = Rtg IBO ≈ 0, 62 R . 0,25 3 4 4r Do đó: π r 3 = π R 2 x ⇔ x = 2 ≈ 0,32 R 0,25 3 3R