zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi tuyển sinh 10 Toán - Sở GD&ĐT Khánh Hòa (2009-2010)

Chia sẻ: Trần Thị Hằng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

187
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập được tốt hơn mời các bạn tham khảo đề thi tuyển sinh 10 Toán - Sở GD&ĐT Khánh Hòa (2009-2010).

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh 10 Toán - Sở GD&ĐT Khánh Hòa (2009-2010)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010 KHÁNH HOÀ MÔN : TOÁN NGÀY THI : 19/06/2009 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1.(2.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) a. Cho biết A = 5 + 15 và B = 5 − 15 . Hãy so sánh tổng A + B và tích AB. ⎧ 2x + y = 1 b. Giải hệ phương trình : ⎨ . ⎩ 3x − 2y = 12 Bài 2.(2.50 điểm) Cho Parabol (P) : y = x 2 và đường thẳng (d) : y = mx − 2 (m là tham số, m ≠ 0 ) a. Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng tọa độ Oxy. b. Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). c. Gọi A(xA; yA), B(xB; yB) là hai giao điểm phân biệt của (P) và (d). Tìm các giá trị của m B sao cho : yA + yB = 2(xA + xB) – 1. Bài 3.(1.50 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 6(m) và bình phương độ dài đường chéo gấp 5 lần chu vi. Xác định chiều dài và chiều rộng của mảnh đất. Bài 4.(4.00 điểm) Cho đường tròn (O; R). Từ một điểm M nằm ngoài (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA và MB (A, B là hai tiếp điểm). Lấy điểm C bất kỳ trên cung nhỏ AB (C khác A và B). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên AB, AM, BM. a. Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh : CDE = CBA . c. Gọi I là giao điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB và DF. Chứng minh: IK // AB. d. Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó khi OM = 2R. --------- HẾT --------- Đề thi này có 01 trang; Giám thị không giải thích gì thêm. SBD : …………/ Phòng : …….. Giám thị 1 : ………………….. Giám thị 2 : …………………..
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2009-2010 KHÁNH HOÀ MÔN : TOÁN CHUYÊN NGÀY THI : 20/06/2009 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1.(2.00 điểm) 3 −1 3 +1 a. Rút gọn biểu thức : A = + . 3 3 1+ 1+ 1− 1− 2 2 b. Tìm hai số a và b sao cho : 5a + 5b − 8ab + 2a + 2b + 2 = 0 . 2 2 Bài 2.(2.00 điểm) a. Cho phương trình : x 2 + (2m − 1)x + m 2 = 0 (m là tham số). Tìm số nguyên m lớn nhất để (x − x 2 ) 2 + 7 phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 sao cho 1 là một số nguyên. x1 + x 2 + 1 ⎧(x − y)(x 2 − y 2 ) = 3 ⎪ b. Giải hệ phương trình : ⎨ . ⎪ ⎩ (x + y)(x 2 + y 2 ) = 15 Bài 3.(2.00 điểm) a. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện : a 2 + b 2 + c2 = 1 . Chứng minh rằng : abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) ≥ 0 . b. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên : x1 + x 4 + x 3 + L + x 8 = 2009 . 4 2 4 4 Bài 4.(3.00 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là điểm đối xứng của H qua BC. a. Chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (gọi đường tròn đó là (O)). b. Gọi Q là trung điểm của AB. Chứng minh EQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp Δ EHC . c. Biết BE cắt (O) tại điểm thứ hai là N và CF cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Tính giá trị biểu AM BN CP thức : T = + + . AD BE CF Bài 5.(1.00 điểm) Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC và một điểm M sao cho AM = 1, BM = CM = 21 . Chứng minh rằng : SABC ≤ 8 3 . --------- HẾT --------- Đề thi này có 01 trang; Giám thị không giải thích gì thêm. SBD : …………/ Phòng : …….. Giám thị 1 : ………………….. Giám thị 2 : …………………..
HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 – NĂM HỌC 2009-2010 (ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ CHÍNH THỨC) A. Hướng dẫn chung: 1. Hướng dẫn chấm gồm có 02 trang; 2. Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần tương ứng; 3. Bài 4 không vẽ hình không chấm; 4. Điểm toàn bài không làm tròn. B. Đáp án và thang điểm: Bài Đáp án Điểm A = 5 + 15 và B = 5 − 15 . Hãy so sánh tổng A + B và tích AB. 1điểm A + B = 5 + 15 + 5 − 15 = 10 0.25 1a ( )( ) ( 15 ) 2 AB = 5 + 15 5 − 15 = 52 − 0.25 = 25 − 15 = 10 0.25 Vậy A + B = AB . 0.25 ⎧ 2x + y = 1 Giải hệ phương trình ⎨ . 1điểm ⎩ 3x − 2y = 12 ⎧2x + y = 1 ⎧ y = 1 − 2x ⎨ ⇔⎨ 0.25 ⎩3x − 2y = 12 ⎩3x − 2(1 − 2x) = 12 1b ⎧ y = 1 − 2x ⇔⎨ 0.25 ⎩x = 2 ⎧ y = −3 ⇔⎨ 0.25 ⎩x = 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; −3) . 0.25 Vẽ đồ thị (P) : y = x trên mặt phẳng tọa độ Oxy. 2 1điểm Bảng giá trị x … -2 -1 0 1 2 … 0.50 2 y=x … 4 1 0 1 4 … Đồ thị 2a 0.50 o Khi m = 3, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). 1điểm Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x2 = 3x – 2 ⇔ x2 – 3x + 2 = 0 0.25 2b Suy ra x = 1 hay x = 2 0.25 Thế x = 1 ⇒ y = 1, x = 2 ⇒ y = 4 0.25 Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1;1) và (2;4). 0.25 Trang 1
HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 – NĂM HỌC 2009-2010 Tìm các giá trị của m sao cho yA + yB = 2(xA + xB) – 1. 0.5điểm Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = mx – 2 ⇔ x2 – mx + 2 = 0(*) 0.25 (d) cắt (P) tại 2 điểm A và B khi Δ > 0 ⇔ m2 – 8 > 0 ⇔ m2 > 8 ⇔ m > 8 ∨ m < − 8 2c Áp dụng hệ thức Viet vào phương trình (*), ta có x A + x B = m Vì A, B ∈ (d). Nên yA = mx A − 2 ; yB = mx B − 2 , do đó 0.25 yA + yB = 2(xA + xB) – 1 ⇔ (m – 2)(xA + xB) – 3 = 0 ⇔ m2 – 2m – 3 = 0 ⇔ m = 3 (thỏa) ∨ m = –1 (loại). Vậy m = 3. Xác định chiều dài và chiều rộng của mảnh đất. 1.5điểm Gọi x (m) là chiều dài của mảnh đất (x > 6) 0.25 Chiều rộng của mảnh đất là : x − 6 . Chu vi mảnh đất là : 4x − 12 0.25 3 Bình phương độ dài đường chéo là : x 2 + (x − 6) 2 0.25 Bình phương độ dài đường chéo gấp 5 chu vi nên : x 2 + (x − 6) 2 = 5(4x − 12) 0.25 Giải phương trình bậc hai được x = 12 (thỏa mãn), x = 4 < 6 (loại) 0.25 Vậy chiều dài của mảnh đất bằng 12 (m). Chiều rộng mảnh đất bằng 12 – 6 = 6 (m). 0.25 Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp. 1điểm A E I D C Không O K M cho điểm H hình vẽ 4a F bài 4 B AEC = 900 (giả thiết) 0.25 ADC = 900 (giả thiết) 0.25 AEC + ADC = 1800 0.25 ⇒ tứ giác AECD nội tiếp. 0.25 Chứng minh CDE = CBA . 1điểm CDE = CAE (nội tiếp cùng chắn EC ) 0.25 4b CBA = CAE (nội tiếp và góc tiếp tuyến dây cung cùng chắn AC ) 0.50 ⇒ CDE = CBA . 0.25 Chứng minh IK // AB. 1điểm CFB + CDB = 1800 ⇒ tứ giác FCDB nội tiếp ⇒ CDF = CBF (nội tiếp cùng chắn CF ) 0.25 4c CAB = CBF (nội tiếp và góc tiếp tuyến dây cung cùng chắn CB ) ⇒ CDF = CAB 0.25 ICK + IDK = ICK + IDC + CDK = ACB + CBA + CAB = 1800 ⇒ tứ giác CIDK nội tiếp 0.25 CIK = CDK (nội tiếp cùng chắn CK ) ⇒ CIK = CAB (đồng vị) ⇒ IK // AB. 0.25 Tìm vị trí điểm C để AC2 + CB2 nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất khi OM = 2R. 1điểm Đặt {H} = AB ∩ OM . Không mất tổng quát, giả sử AC ≤ BC ⇒ D thuộc đoạn AH (D ≠ A) 0.25 4d AC2 = AD2 + CD2 = (AH – DH)2 + CD2 = AH2 + DH2 – 2AH.DH + CD2 CB2 = BD2 + CD2 = (BH + DH)2 + CD2 = BH2 + DH2 + 2BH.DH + CD2 0.25 Suy ra AC2 + CB2 = 2AH2 + 2HC2 0.25 AH không đổi nên AC2 + CB2 nhỏ nhất khi HC nhỏ nhất ⇔ C là điểm chính giữa AB Khi đó, với OM = 2R ta có CA = CB = R. Vậy AC2 + CB2 = 2R2. 0.25 ------- HẾT ------- Trang 2
HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010 (ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ CHÍNH THỨC) A. Hướng dẫn chung: 1. Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang; 2. Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa phần tương ứng; 3. Bài 4 không vẽ hình không chấm; 4. Điểm toàn bài không làm tròn. B. Đáp án và thang điểm: Bài Đáp án Điểm Rút gọn A. 1điểm 2 3 1 3 3 1 ⎛ 3 1⎞ 1+ = + + 2. . = ⎜ + ⎟ 0.25 2 4 4 2 2 ⎝ 2 2⎠ 2 3 ⎛ 3 1⎞ 1− =⎜ − ⎟ 0.25 1a 2 ⎝ 2 2⎠ A= 3 −1 + 3 +1 2 3 −1 2 3 +1 = + ( ) ( ) 3 3 3 3 3+ 3 3− 3 0.25 + − 2 2 2 2 8 3 A= . 0.25 3 Tìm hai số a và b sao cho : 5a 2 + 5b 2 − 8ab + 2a + 2b + 2 = 0 . 1điểm Ta có 5a + 5b − 8ab + 2a + 2b + 2 = 0 ⇔ (a + 2a + 1) + (b + 2b + 1) + (4a − 8ab + 4b ) = 0 2 2 2 2 2 2 0.25 ⇔ (a + 1) 2 + (b + 1) 2 + 4(a − b) 2 = 0 0.25 1b ⎧(a + 1) 2 = 0 ⎧a + 1 = 0 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨(b + 1) 2 = 0 ⇔ ⎨b + 1 = 0 0.25 ⎪(a − b) 2 = 0 ⎪a = b ⎩ ⎩ Vậy a = b = −1 . 0.25 (x1 − x 2 ) + 7 2 Tìm số nguyên m lớn nhất sao cho là một số nguyên. 1điểm x1 + x 2 + 1 Δ = ( 2m − 1) − 4m 2 = − 4m + 1 2 1 0.25 Phương trình có hai nghiệm x1, x2 khi Δ = − 4m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≤ (*) 4 2a Theo định lý Viet, ta có : x1 + x2 = 1 – 2m, x1x2 = m2 ( xl − x2 ) + 7 ( x l + x 2 ) − 4x1x 2 + 7 (1 − 2m ) − 4m 2 + 7 8 − 4m 2 2 2 2 0.25 = = = = 2+ x1 + x 2 + 1 x1 + x 2 + 1 1 − 2m + 1 2 − 2m 1− m ( xl − x2 ) 2 +7 2 ∈Ζ ⇔ ∈ Ζ ⇔ m ∈ {−1;0; 2;3} 0.25 x1 + x 2 + 1 1− m Đối chiếu điều kiện (*), ta được m = 0. 0.25 Trang 1
HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010 ⎧ ( x − y ) ( x2 − y 2 ) = 3 ⎪ Giải hệ phương trình ⎨ . 1điểm ⎪ ⎩ ( x + y ) ( x2 + y 2 ) = 15 ⎧ ( x − y ) ( x 2 − y2 ) = 3 ⎧ ( x + y )( x − y )2 = 3 ⎧ ( x + y ) ⎡( x + y )2 − 4xy ⎤ = 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎣ ⎦ ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 0.25 ⎪( x + y ) ( x + y ) = 15 ⎪( x + y ) ( x + y ) = 15 ⎪( x + y ) ⎡( x + y ) − 2xy ⎤ = 15 2 2 2 2 2 ⎩ ⎩ ⎩ ⎣ ⎦ 2b ⎪ S ( S − 4P ) = 3 ⎧ 2 ⎧ SP = 6 ⎧S = 3 Đặt S = x + y, P = x.y, hệ trở thành ⎨ ⇔⎨ 3 ⇔⎨ 0.25 ⎪S ( S − 2P ) = 15 ⎩S − 2SP = 15 ⎩P = 2 2 ⎩ Do đó x,y là nghiệm của phương trình bậc hai t2 – 3t + 2 = 0 0.25 Hệ có hai nghiệm là (2;1), (1;2). 0.25 2 2 2 Chứng minh abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) ≥ 0 với a + b +c = 1. 1điểm 2 2 2 a + b + c = 1 ⇒ |a|, |b|, |c| ≤ 1. Do đó 0.25 (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ 0 ⇔ 1 + a + b + c + ab + bc + ac + abc ≥ 0 (1) 0.25 3a Mặt khác (1+ a + b + c)2 ≥ 0 ⇔ 1 + a2 + b2 + c2 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2bc + 2ac ≥ 0 0.25 ⇔ 1 + a + b + c + ab + bc + ac ≥ 0 ( 2) (vì a2 + b2 + c2 = 1) Cộng (1) và (2) theo vế được bất đẳng thức cần chứng minh. 0.25 Chứng minh phương trình x1 + x 4 + x 4 + L + x 4 = 2009 không có nghiệm nguyên. 4 2 3 8 1điểm Nếu tất cả xi chẵn thì x i4 chẵn nên x1 + x 2 + x 3 + L + x 8 chẵn, không thể bằng 2009 4 4 4 4 0.25 Nếu có xk lẻ: xk = 2mk + 1, mk ∈ Z , x = ( 2m k + 1) = 16m (m k + 2) + 8m k (3m k + 1) + 1 4 4 3 k k Nếu mk chẵn thì 8m k (3m k + 1) M16 3b 0.25 mk lẻ thì 3m k + 1 chẵn ⇒ 8m k (3m k + 1)M16 Do đó, x 4 chia cho 16 có số dư bằng 1 k Vì vậy, x1 + x 2 + x 3 + L + x 8 chia cho 16 có số dư tối đa bằng 8 4 4 4 4 0.25 Còn 2009 = 125.16 + 9 khi chia cho 16 có số dư là 9. Vậy không thể xảy ra 0.25 x1 + x 2 + x 3 + L + x 8 = 2009 , với x i ∈ Z . 4 4 4 4 4a Chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O). 1điểm N A E P F Q Không H cho O R điểm hình vẽ B D C bài 4 M Trang 2
HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010 Xét tứ giác HEAF ta có AEH + AFH = 900 + 900 = 1800 ⇒ FAE + FHE = 1800 0.25 Ta có BHC = FHE (đối đỉnh) 0.25 Theo giả thiết M và H đối xứng nhau qua BC nên BMC = BHC 0.25 Suy ra FAE + BMC = 1800 ⇒ Tứ giác ABMC nội tiếp (O) 0.25 Chứng minh EQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔEHC . 1điểm HC Gọi R trung điểm HC. Ta có RE = RH = RC = (tính chất trung tuyến Δ vuông HEC) 2 0.25 ⇒ R là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC 4b AB REC = RCE ( Δ REC cân tại R); QE = QA = QB = (tính chất trung tuyến Δ vuông AEB) 2 0.25 ⇒ QAE = QEA ( Δ QAE cân tại Q) Mà QAE + RCE = 900 ( Δ AFC vuông tại F) ⇒ QEA + REC = 900 ⇒ QER = 900 0.25 ⇒ QE ⊥ ER tại E và E ∈ (R). Nên EQ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC. 0.25 AM BN CP Tính giá trị của biểu thức T = + + . 1điểm AD BE CF Trong (O) có NCA = NBA (nội tiếp cùng chắn AN ) và ACP = NBA (cùng phụ BAC ) 0.25 ⇒ NCA = ACP Δ NCH có CE là đường cao vừa là đường phân giác ⇒ Δ NCH cân tại C ⇒ AC là trung trực của đoạn HN ⇒ EH = EN. Tương tự ta chứng minh được FH = FP 0.25 4c AM BN CP AD + DM BE + EN CF + FP Do đó T = + + = + + AD BE CF AD BE CF 0.25 DM EN FP DH EH FH = 3+ + + = 3+ + + AD BE CF AD BE CF S(BCH) + S(ACH) + S(ABH) S(ABC) = 3+ = 3+ = 4. 0.25 S(ABC) S(ABC) Chứng minh S ABC ≤ 8 3 . 1điểm Gọi H là trung điểm BC. Do BM = CM nên M thuộc trung trực đoạn BC ⇒ MH ⊥ BC 0.25 Lấy A1 trên tia đối của MH sao cho MA1 = 1. Ta có h a ≤ AM + MH = A1M + MH = A1H 1 1 0.25 Đặt MH = x (x > 0), ta có SABC = BC.h a ≤ BC.A1H = BH.A1H ≤ SA1BC 2 2 A1 BH = BM − MH = 21 − x 2 2 2 A M 5 A1H = x + 1 0.25 BH.A1H = (x + 1) 21 − x 2 ha ( ) 2 ⇒ SA1BC = (x + 1) (21 − x ) 2 2 B H C ( ) 2 Ta chứng minh SA1BC ≤ 192 ⇔ − x 4 − 2x 3 + 20x 2 + 42x + 21 ≤ 192 ⇔ (x − 3) 2 (x 2 + 8x + 19) ≥ 0 : luôn đúng. 0.25 Đẳng thức xảy ra khi MH = 3 . --------- HẾT --------- Trang 3

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022

304 tài liệu

922 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.