Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm học 2009 – 2010 Khánh Hòa và Đáp án

Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm học 2009 – 2010 Khánh Hòa và Đáp án



Tải Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm học 2009 – 2010 Khánh Hòa và Đáp án PDF







Hãy like và share nếu bạn thấy hữu ích:

Leave a Comment


Phiên bản Text

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 1 + 5 và B = 5 − 15 . Hãy so sánh tổng A + B và tích AB. ⎩ − = b. Giải hệ phương trình : ⎧ ⎨2x y 1 . 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; y B E CBA = B) là hai giao điểm phân biệt của (P) và (d). Tìm các giá trị của m 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 : CD . 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) a. Rút gọn biểu thức : A 3 1 3 1 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 : (m là tham số). Tìm số nguyên m lớn nhất để phương trình có hai nghiệm sao cho x (2m 1)x m 2 2 + − + = 0 x ,x 1 2 2 1 2 1 2 (x x ) 7 x x 1 − + + + là một số nguyên. b. Giải hệ phương trình : . 2 2 2 2 (x y)(x y ) 3 (x y)(x y ) 15 ⎧ ⎪ − − = ⎨ ⎪ ⎩ + + =

Bài 3.(2.00 điểm) a. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện : a b 2 2 2 + + = c 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 : 4 4 4 4 x x x x 2009 1 2 3 8 + + + + = L .

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 thức : T AM BN CP . 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 : S 8 ABC ≤ 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 Trang 1 (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 AB 5 15 5 15 5 15 = + − = − ( )( ) 2 ( )2 0.25 = − = 25 15 10 0.25 1a Vậy A B AB + = . 0.25 Giải hệ phương trình . 2x y 1 3x 2y 12 ⎧ + = ⎨ ⎩ − = 1điểm 2x y 1 y 1 2x 3x 2y 12 3x 2(1 2x) 12 ⎧ ⎧ + = = − ⎨ ⎨ ⇔ ⎩ ⎩ − = − − = 0.25 y 1 2x x 2 ⎧ = − ⇔ ⎨ ⎩ = 0.25 y 3 x 2 ⎧ = − ⇔ ⎨ ⎩ = 0.25 1b Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) (2; 3) = − . 0.25 Vẽ đồ thị (P) : y = x2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy. 1điểm Bảng giá trị x … -2 -1 0 1 2 … y = x 2 … 4 1 0 1 4 … 0.50 2a Đồ thị o 0.50 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 Suy ra x = 1 hay x = 2 0.25 Thế x = 1⇒ y = 1, x = 2⇒ y = 4 0.25 2b Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1;1) và (2;4). 0.25 HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 – NĂM HỌC 2009-2010 Trang 2 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(*) (d) cắt (P) tại 2 điểm A và B khi Δ > 0⇔ m2 – 8 > 0⇔ m2 > 8⇔ m 8 m > ∨ < − 8 0.25 2c Áp dụng hệ thức Viet vào phương trình (*), ta có x x m A B + = Vì A, B ∈(d). Nên yA = mx 2 A − ; yB = mx 2 B − , do đó 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. 0.25 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 Bình phương độ dài đường chéo là : x (x 6) 2 2 + − 0.25 Bình phương độ dài đường chéo gấp 5 chu vi nên : x (x 6) 5(4x 12) 2 2 + − = − 0.25 Giải phương trình bậc hai được x 12 = (thỏa mãn), x = 4 < 6 (loại) 0.25 3 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 I K H F E A D B O M C Không cho điểm hình vẽ

Bài 4 0 AEC 90 = (giả thiết) 0.25 0 ADC 90 = (giả thiết) 0.25 0 AEC ADC 180 + = 0.25 4a ⇒ tứ giác AECD nội tiếp. 0.25 Chứng minh CDE CBA = . 1điểm CDE CAE = (nội tiếp cùng chắn EC ) 0.25 CBA CAE = (nội tiếp và góc tiếp tuyến dây cung cùng chắn AC ) 0.50 4b ⇒ CDE CBA = . 0.25 Chứng minh IK // AB. 1điểm 0 CFB CDB 180 + = ⇒ tứ giác FCDB nội tiếp⇒ CDF CBF = (nội tiếp cùng chắn CF ) 0.25 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 + + = t 1800 ⇒ ứ giác CIDK nội tiếp 0.25 4c 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) AC2 = AD2 + CD2 = (AH – DH)2 + CD2 = AH2 + DH2 – 2AH.DH + CD2 0.25 CB2 = BD2 + CD2 = (BH + DH)2 + CD2 = BH2 + DH2 + 2BH.DH + CD2 0.25 Suy ra AC2 + CB2 = 2AH2 + 2HC2 AH không đổi nên AC2 + CB2 nhỏ nhất khi HC nhỏ nhất ⇔ C là điểm chính giữa AB 0.25 4d Khi đó, với OM = 2R ta có CA = CB = R. Vậy AC2 + CB2 = 2R2. 0.25 ------- HẾT ------- 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. . 2 4 4 2 2 2 2 ⎛ ⎞ + = + + = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0.25 2 3 3 1 1 2 2 2 ⎛ ⎞ − = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0.25 3 1 3 1 2 3 1 2 3 1 ( ) ( ) A 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 − + − + = + = + + − + − 0.25 1a 8 3 A 3 = . 0.25 Tìm hai số a và b sao cho : 5a 5b 8ab 2a 2b 2 0 2 2 + − + + + = . 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) (b 1) 4(a b) 0 + + + + − = 2 2 2 0.25 2 2 2 (a 1) 0 a 1 0 (b 1) 0 b 1 0 (a b) 0 a b ⎧ + = ⎧ + = ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ ⎨ + = ⇔ + = ⎪ ⎪ ⎩ − = ⎩ = 0.25 1b Vậy a b 1 = = − . 0.25 Tìm số nguyên m lớn nhất sao cho 2 1 2 1 2 (x x ) 7 x x 1 − + + + là một số nguyên. 1điểm Δ = − − = − + ( ) 2m 1 4m 4m 1 2 2 Phương trình có hai nghiệm x1, x2 khi 4m 1 0 m (*) 1 4 Δ = − + ≥ ⇔ ≤ 0.25 Theo định lý Viet, ta có : x1 + x2 = 1 – 2m, x1x2 = m2 ( ) l 2 l 2 1 2 2 2 ( ) ( )2 2 1 2 1 2 x x 7 x x 4x x 7 1 2m 4m 7 8 4m 2 2 x x 1 x x 1 1 2m 1 2 2m 1 m − + + − + − − + − = = = + + + + − + − − = + 0.25 ( ) { } 2 l 2 1 2 x x 7 2 m 1;0;2;3 x x 1 1 m − + ∈Ζ ⇔ ∈Ζ ⇔ ∈ − + + − 0.25 2a Đối chiếu điều kiện (*), ta được m = 0. 0.25 Trang 1 HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010 Giải hệ phương trình ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 x y x y 3 x y x y 15 ⎧ − − = ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ + + = . 1điểm ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y 3 x y x y 3 x y x y 4xy 3 x y x y 15 x y x y 15 x y x y 2xy 15 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ − − = ⎧ + − = ⎧ + ⎣ ⎡ ⎤ + − = ⎨ ⎨ ⎨ ⇔ ⇔ + + = + + = ⎡ ⎤ ⎦ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ⎩ + ⎣ ⎦ + − = 0.25 Đặt S = x + y, P = x.y, hệ trở thành ( ) ( ) 2 3 2 S S 4P 3 SP 6 S 3 S S 2P 15 S 2SP 15 P 2 ⎧ − = ⎪ ⎧ ⎧ = = ⎨ ⎨ ⇔ ⇔ ⎨ − = = ⎪ ⎩ − = ⎩ ⎩ 0.25 Do đó x,y là nghiệm của phương trình bậc hai t2 – 3t + 2 = 0 0.25 2b Hệ có hai nghiệm là (2;1), (1;2). 0.25 Chứng minh abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) ≥ 0 với a2 + b2 +c2 = 1. 1điểm a2 + b2 + c2 = 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 Mặt khác (1+ a + b + c)2 0 ≥ ⇔ 1 + a2 + b2 + c2 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2bc + 2ac≥ 0 ⇔ 1 + a + b + c + ab + bc + ac ≥ 0 ( 2) (vì a2 + b2 + c2 = 1) 0.25 3a Cộng (1) và (2) theo vế được bất đẳng thức cần chứng minh. 0.25 Chứng minh phương trình x x x x 2009 1 2 3 8 4 4 4 4 + + + + = L không có nghiệm nguyên. 1điểm Nếu tất cả xi chẵn thì xi 4 chẵn nên x x x x 1 2 3 4 4 4 + + + + L 8 4 chẵn, không thể bằng 2009 0.25 Nếu có xk lẻ: xk = 2mk + 1, mk∈ Z , x 2m 1 16m (m 2) 8m (3m 1) 4 3 k k k k k k = ( ) + = + + + + 4 1 Nếu mk chẵn thì 8m (3m 1) 16 k k + M mk lẻ thì 3m 1 k + chẵn ⇒ + 8m (3m 1) 16 k k M Do đó, x 4 k chia cho 16 có số dư bằng 1 0.25 Vì vậy, x x x x 1 2 3 4 4 4 + + + + L 8 4 chia cho 16 có số dư tối đa bằng 8 0.25 3b Còn 2009 = 125.16 + 9 khi chia cho 16 có số dư là 9. Vậy không thể xảy ra 4 4 4 4 x x x x 2009 1 2 3 8 + + + + = L , với x Z i ∈ . 0.25 4a Chứng minh tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O). 1điểm Q R P F H N E D M O B A C Không cho điểm hình vẽ

Bài 4 Trang 2 HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN 10 CHUYÊN – NĂM HỌC 2009-2010 Xét tứ giác HEAF ta có A EH AFH 90 90 180 FAE FHE 180 + = + = ⇒ + = 0 0 0 0 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 180 + = 0 ⇒ Tứ giác ABMC nội tiếp (O) 0.25 Chứng minh EQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔEHC. 1điểm Gọi R trung điểm HC. Ta có RE = RH = RC = HC 2 (tính chất trung tuyến Δ vuông HEC) ⇒ R là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC 0.25 REC RCE = ( Δ REC cân tại R); QE = QA = QB = AB 2 (tính chất trung tuyến Δ vuông AEB) ⇒ QAE QEA = ( Δ QAE cân tại Q) 0.25 Mà QAE RCE 90 + = 0 ( Δ AFC vuông tại F)⇒ QEA REC 90 + = 0 ⇒ QER 90 = 0 0.25 4b ⇒ QE ⊥ ER tại E và E ∈(R). Nên EQ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác EHC. 0.25 Tính giá trị của biểu thức T = AM BN CP AD BE CF + + . 1điểm Trong (O) có NCA NBA = (nội tiếp cùng chắn AN ) và ACP NBA = (cùng phụ BAC ) ⇒ = NCA ACP 0.25 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 Do đó T = AM BN CP AD DM BE EN CF FP AD BE CF AD BE CF + + + + = + + + 3 3 DM EN FP DH EH FH AD BE CF AD BE CF = + + + = + + + 0.25 4c 3 3 S(BCH) S(ACH) S(ABH) S(ABC) S(ABC) S(ABC) = + + + = + = 4 . 0.25 Chứng minh S 8 ABC ≤ 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 AM MH A M MH A H a 1 ≤ + = + = 1 Đặt MH = x (x > 0), ta có ABC a 1 1 A BC 1 1 1 S BC.h BC.A H BH.A H S 2 2 = ≤ = ≤ 0.25 2 2 BH BM MH 21 x = − = − 2 A H x 1 1 = + 2 BH.A H (x 1) 21 x 1 = + − ⇒ = + − ( ) S (x 1) (21 A BC 1 2 2 2 x ) 0.25 5 Ta chứng minh ( ) 1 2 4 3 A1 A M h a B H C 2 S 192 x 2x 20x 42x 21 192 A BC ≤ ⇔ − − + + + ≤ ⇔ − + + ≥ (x 3) (x 8x 19) 0 2 2 : luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi MH 3 = . 0.25 --------- HẾT --------- Trang 3

Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm học 2009 – 2010 Khánh Hòa và Đáp án