SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH - KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT môn Toán

Chia sẻ: Cao Tt | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

149
lượt xem 31
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo và tuyển tập các đề thi thử đại học môn TOÁN giúp các bạn ôn thi tuyển sinh cao đẳng , đại học tốt hơn

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH NAM ĐỊNH - KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT môn Toán

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT(Đề chung) SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO Khóa ngày 20 tháng 6 năm 2006 TỈNH NAM ĐỊNH ------ MÔN THI : TOÁN Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 : (1,5 điểm) 2 x 1  x 1 x 1  Cho biểu thức A =  với x > 0; x  1.  2 2 x  x 1  x 1  .       1) Rút gọn A. 2) Tìm giá trị của A khi x = 9. 3) Tính giá trị của x để A = -2. Câu 2 : (1 điểm) 4 x  3 y  7 1) Không dùng máy tính, giải hệ phương trình sau :  5 x  2 y  8 2) Giải phương trình : 9x4 +2x2 – 32 = 0 Câu 3 : (1,5 điểm) 12 x và đường thẳng (d) : y = mx + 1. Cho parabol (P): y = 4 1) Vẽ (P). 2) Chứng minh rằng với mọi m, ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt. 3) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích  OAB theo m. Câu 4 : (1 điểm) Cho phương trình bậc hai : x2 – 2 ( m + 1)x + m2 – 4 m + 5 = 0 (1); với m là tham số. 1) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa : x12 + x22 = 12. 2) Xác đ ịnh m để A = x1 + x2 – 2x1x2 đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 : (1 điểm) Một khu vườn hình ch ữ nhật có diện tích bằng 300 m2 và chiều dài lớn h ơn chiều rộng 5m.Tính các kích thước của khu vườn ? Câu 6 : (4,0 đ iểm) Cho  ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O ; R); hai đư ờng cao AD và BE cắt nhau tại H. ( D  BC ; E  AC ; AB < AC). 1) Chứng minh  AEDB nội tiếp đ ược. 2) Chứng minh : DB . DC = DH . DA. 3) Chứng minh : OC  DE. 4 ) Đư ờng phân giác trong của góc A của  ABC cắt BC tại N và cắt đư ờng tròn (O) tại K  A. Gọi I là tâm đư ờng tròn ngoại tiếp  CAN. Chứng minh KO cắt CI tại một điểm thuộc (O). --------------- Hết --------------- (Cán bộ coi thi không giải thích g ì thêm) Họ tên thí sinh : ....................................; SBD: ................................ ............................. Giám thị 1 : .......................................... ; Giám thị 2 : ..................................................
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT(Đề chung) SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO Khóa ngày 20 tháng 6 năm 2006 TỈNH NAM ĐỊNH ------ MÔN THI : TOÁN Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Biểu Câu Đáp án gợi ý Điểm 1) Rút gọn A. 2 2 x  1   x . x  1  ( x  1)2  ( x  1)2 x 1  x 1 A=   =   . .  2 2 x   x 1 x 1   2 x  ( x  1)( x  1) 0,75      2  x  1  4 x ( x  1) 1  x = = = .  2 x  x 1 x x 2) Tìm giá trị của A khi x = 9. 1 x Với x > 0; x  1 thì A = . 0,25 x 1 9 8 X = 9 A = = 1 3 9 3) Tính giá trị của x để A = -2. ( x  1) Với x > 0; x  1 thì A = . x ( x  1) x 1 A= 2  = –2  = 2  x – 2 x – 1 = 0 (1) x x 0,5  t  1  2 (lo¹i) Đặt t = x > 0 thì : (1)  t2 – 2 t – 1 = 0    t  1  2 (nhËn)  2 t = 1 + 2  x = (1 + 2 ) (thỏa điều kiện) Vậy : với x = (1 + 2 )2 thì A = – 2 2 ) Không dùng máy tính, giải hệ phương trình sau: 10  x  7 4 x  3 y  7 8 x  6 y  14 7 x  10      0,5 y  3 5 x  2 y  8 15 x  6 y  24 4 x  3 y  7  7  10 3 Vậy : Hệ phương trình có nghiệm duy nhất : ( ; ) 77 2) Giải phương trình : 9x4 +2x2 – 32 = 0 (1) Đặt t = x2 . ĐK : t  0. (1)  9t2 + 2t – 32 = 0. (2) 2  ' = 1 + 9.32 = 289  ' = 17 ' 0,5  > 0 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: t1 = – 2 < 0 (loại) 16 (nh ận). t2 = 9 16 16 16 4 2 t= x=  x=  = . 9 9 9 3 4 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x =  3
2 ) Vẽ (P). 12 + Hàm số y = x đồng biến khi x > 0, nghịch biến khi x < 0. 4 1 + Đồ thị h àm số y = x2 là một đường cong Parabol đi qua gốc tọa độ O (0 ; 0) và 4 nh ận Oy làm trục đối xứng. + Đồ thị h àm số nằm phía trên trục hoành, O là điểm thấp nhất của đồ thị. + Bảng các giá trị đặc biệt : x –4 –2 0 2 4 y= 12 4 1 0 1 4 x 4 0,5 + Đồ thị : y (P) 1 4 x2 y= 4 D B I C 3 1 A 4x 2 -4 O -2 2) Chứng minh rằng với mọi m, ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt. Phương trình hoành độ giao điểm ( nếu có ) giữa (P) và (d) là : 12 x = mx + 1 4 0,5 2  x – 4mx – 4 = 0 (*)  = 4m 2 + 4 > 0 m ' (hoặc a = 1 > 0, c = -4
 m  1 (nhËn) 2 2 2  [2 ( m + 1 )] – 2 (m – 4m + 5 ) = 12  m + 8m – 9 = 0   .  m  9 (lo¹i) Vậy : với m = 1 thì phương trình có hai nghiệm thỏa x12 + x22 = 12. 2) Xác định m để A = x1 + x2 – 2x1x2 đạt giá trị lớn nhất. 2 Với m  thì phương trình có hai nghiệm x1, x2. 3 Theo Vi – et, ta có : S = x1 + x2 = 2 ( m + 1 ) ; P = x1 . x2 = m2 – 4m + 5 A = S – 2P = 2 ( m + 1 ) – 2( m2 – 4m + 5 ) = – 2m2 + 10m – 8 52 9 5 99 0,5 = – 2 ( m2 – 5m + 4 ) = – 2 [( m – ) – ] = – 2 ( m – )2 +  m 2 4 2 22 9 5 5 khi m – = 0  m = (nhận )  A max = 2 2 2 5 Vậy : với m = thì A đạt giá trị lớn nhất. 2 Bài giải Gọi chiều rộng của m ảnh vườn là x (m). ĐK : x > 0. Chiều d ài của mảnh vườn là : x + 5 (m). 0,5 Vì diện tích mảnh vườn là 300 m 2 nên ta có phương trình : 5 x ( x + 5 ) = 300 2  x + 5 x – 300 = 0 0,5  x  20 (lo¹i)   x  15 (nhËn) Vậy : chiều rộng của mảnh vư ờn là 15 m và chiều dài là 20m. M A E x I 6 0,25 O H B C N D K 1) Chứng minh  AEDB nội tiếp được.  AEDB có ·  · = 900  E và D cùng nhìn AB dưới một góc bằng 900 0,75 AEB ADB   AEDB nội tiếp đư ợc. (đpcm) 2) Chứng minh : DB . DC = DH . DA. 1 Xét đường tròn ngoại tiếp  AEDB : · · DBH  DAC ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE ) Xét  DBH và  DAC có : · · DBH  DAC · · HDB  CDA  900
DB DH   DA DC  DB . DC = DH . DA ( đpcm ) 3) Chứng minh : OC  DE. Kẻ tiếp tuyến Cx của (O), ta có : · · ACx ABC ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung – góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) · · DEC  ABC (góc ngoài của tứ giác nội tiếp ABDE) · ·  DEC  ACx . 1 Mà hai góc này ở vị trí so le trong  DE // Cx. Mặt khác : OC  Cx ( tiếp tuyến )  OC  DE ( đpcm ) 4) Chứng minh KO cắt CI tại một điểm thuộc (O). · BAC · · Nối KC. Ta có : NCK  BAK  ( cùng chắn cung BK ) 2 · BAC · ( vì AN là phân giác ) NAC  2 · NIC · ( góc nội tiếp – góc ở tâm ) NAC  2 1 · NIC ·  NCK  2 · 1800  NIC · Lại có : ICN  ( do  NIC cân tại I ) 2 ·  ICK  900 . Ta có CI cắt ( O ) tại M   MCK vuông tại C và M, C, K  (O)  MK đi qua O. Vậy : KO và CI cắt nhau tại M  ( O ). (đpcm) Thí sinh làm bài theo cách khác chính xác và khoa học vẫn được điểm tối đa.