Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2011 - 2012 môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 QUẢNG NGÃI KHÓA THI ngày 29-6-2011 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1.5 điểm) 1) Thực hiện phép tính: 2 9 3 16 2) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) x 2 – 20x + 96 = 0 b) 4023 1 x y x y      Bài 2: (2.5điểm) 1) Cho hàm số y = x2 có đồ thị là (P) và đường thẳng (d): y = x + 2 a) Vẽ ( P ) và ( d ) trên cùng một hệ toạ độ Oxy b) Bằng phép tính hãy tìm toạ độ giao điểm của ( P ) và ( d ) 2) Trong cùng một hệ toạ độ Oxy cho 3 điểm: A(2;4); B(-3;-1) và C(-2;1). Chứng minh 3 điểm A, B, C không thẳng hàng. 3) Rút gọn biểu thức: 2 1 x x x M x x x      với 0; 1x x  Bài 3: (1.5điểm) Hai bến sông cách nhau 15 km. Thơì gian một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B, tại bến B nghỉ 20 phút rồi ngược dòng từ bến B trở về bến A tổng cộng là 3 giờ. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốc của dòng nước là 3 km/h. Bài 4: (3.5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A và C khác O ). Đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M ( với M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. 1. Chứng minh : BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2. Chứng minh EM = EF 3. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh D, I, B thẳng hàng; từ đó suy ra góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. Bài 5:(1.0 điểm) Cho phương trình ( ẩn x ):  2 2 3 0x m x m    . Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị của m để biểu thức 2 2 1 2x x có giá trị nhỏ nhất. -------- HẾT --------- ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 MÔN : TOÁN Bài 1: 1) Thực hiện phép tính: 2 22 9 3 16 2 3 3 4 2. 3 3. 4 2.3 3.4 6 12 18          2) Giải phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 20 96 0x x   2' 10 1.96 100 96 4 0; ' 4 2          Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 1 10 2 12 1 x    ; 2 10 2 8 1 x    Vậy tập nghiệm của pt là :  12;8S  b) 4023 2 4024 2012 2012 1 1 2012 1 2011 x y x x x x y x y y y                         Bài 2: 1) a) Vẽ   2:P y x Bảng giá trị giữa x và y: x -2 -1 0 1 2 y 4 1 0 1 4 Vẽ   : 2d y x      0 2: 0;2 0 2 : 2;0 x y A y x B         6 4 2 -2 -4 -6 -10 -5 5 10 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:  2 22 2 0 1x x x x      Vì 0a b c   nên (1) có hai nghiệm là 1 21; 2x x   * Với 1 11 1x y    * Với 2 22 4x y   Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là:  1;1 và  2;4 2) Phương trình đường thẳng AB có dạng:  y ax b d  Vì  2;4A và  3; 1B   thuộc (d) nên ta có hpt 4 2 5 5 1 1 3 4 2 2 a b a a a b a b b                    Vậy phương trình đường thẳng AB là: 2y x  Thay 2; 1x y   vào pt đường thẳng AB ta có: 1 2 2 1 0     (vô lí). Suy ra  2;1C  không thuộc đường thẳng AB hay ba điểm      2;4 ; 3; 1 ; 2;1A B C   không thẳng hàng. 3) 2 1 x x x M x x x      (với 0; 1x x  )       2 2 1 12 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 11 x x xx x x x x x x x M x x x x x x x x xx x                       Vậy 1M x  (với 0; 1x x  ) Bài 3: Đổi 1 20 3 ph h Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x (km/h), đk: x > 3 Vận tốc ca nô lúc xuôi dòng là:  3 /x km h Vận tốc ca nô lúc ngược dòng là:  3 /x km h Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là:   15 3 h x  Thời gian ca nô ngược dòng từ B về A là:   15 3 h x  Vì thời gian ca nô xuôi dòng, ngược dòng, kể ca thời gian nghỉ là 3 giờ. Do đó ta có ph:   15 15 1 3 1 3 3 3x x      Giải pt: MTC:   3 3 3x x  Qui đồng rồi khử mẫu pt (1) ta được:          45 3 45 3 3 3 9 3 3x x x x x x         2 2 245 135 45 135 9 9 81 8 90 72 0x x x x x x           2 1 2 ' 45 8.72 2061 ' 2601 51 45 51 45 51 12; 0,75 8 8 x x               Đối chiếu với điều kiện x>3 ta thấy chỉ có x = 12 thỏa mãn. Vậy: Vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 12 km/h. Bài 4: Chứng minh: a) Ta có:  M O đường kính AB (gt) suy ra: · 090AMB  (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) hay · 090FMB  . Mặt khác · 090 ( )FCB GT . Do đó · · 0180AMB FCB  . Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Ta có: BCFM là tứ giác nội tiếp(cmt) · ·  EFM 1CBM  (cùng bù với ·CFM ) Mặt khác · ·  EMF 2CBM  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn ¼AM )     · ·1 & 2 EFM EMF EFM   cân tại E EFEM  (đpcm) GT Nữa đường tròn (O) đường kính AB C cố định và C OA  M O ; ME là tiếp tuyến của (O) CD OA I là tâm đường tròn ngoại tiếp FDM KL a) BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn b) EM = EF c) D, I, B thẳng hàng; từ đó suy ra góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. IH F E D O A B M C c) Gọị H là trung điểm của DF. Dễ thấy IH DF và · ·   IF 3 2 D HID  . Trong đường tròn  I ta có: · · IF 2 D DMF  (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn »DF ) hay · ·   IF 4 2 D DMA  Trong đường tròn  O ta có: · ·  5DMA DBA (góc nội tiếp cùng chắn »DA )’       · ·3 ; 4 ; 5 DIH DBA  Dễ thấy · ·090CDB DBA  · ·090HDI DIH  Mà · ·  DIK DBA cmt Suy ra · ·CDB HDI hay · · ; ;CDB CDI D I B  thẳng hàng. Ta có: D; I; B thẳng hàng (cmt) · · » 2 AD ABI ABD sd   . Vì C cố định nên D cố định » 2 AD sd không đổi. Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. Bài 5: Cho phương trình ( ẩn x )  2 2 3 0x m x m    . Gọi 1x và 2x là hai nghiệm của phương trình đã cho. Tìm giá trị của m để biểu thức 2 2 1 2x x có giá trị nhỏ nhất. Phương trình    2 2 3 0 1x m x m    là phương trình bậc hai, có:   2 2 2 2 29 5– 2m 3 4. 4 12 9 4 4 8 9 4 2 4 2 1 4 4 m m m m m m m m m m                                .     2 25 4 1 4 1 5 0 4 m m              với mọi m. Suy ra phương trình  1 luôn có hai nghiệm phân biệt vói mọi m. Áp dụng hệ thức Vi et, ta được: 1 2 1 2 2 3 . S x x m P x x m            2 22 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 5 9 2 2m 3 2 4 12 9 2 4 10 9 4 2 4 5 25 11 5 11 5 11 11 4 2. . 4 4 4 16 16 4 16 4 4 4 x x x x x x m m m m m m m m m m m m                                                       Dấu “=” xảy ra khi 5 5 0 4 4 m m     Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 2 2 1 2x x là 11 4 khi 5 4 m  