(Đề thi tuyển sinh lớp 10 Hà Nội Năm học: 2010 – 2011) ®Ò sè 101 BÀI Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM I 2,5 1 Rút gọn biểu thức A (1,5 điểm) A = 2 3 9 9 3 3 x x x x x x + + − − + − = 2 3 9 3 3 ( 3)( 3) x x x x x x x + + − + − + − 0,25 = ( 3) 2 ( 3) (3 9) ( 3)( 3) x x x x x x x − + + − + + − 0,25 = 3 2 6 3 9 ( 3)( 3) x x x x x x x − + + − − + − 0,25 = 3 9 ( 3)( 3) x x x − + − 0,25 = 3( 3) ( 3)( 3) x x x − + − 0,25 = 3 3x + 0,25 2 Tìm giá trị của x để A = 1 3 (0,5 điểm) A= 1 3 ⇔ 3 3x + = 1 3 ⇔ 3x + =9 0,25 ⇔ x =6 ⇔ x=36 (thoả mãn điều kiện) 0,25 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A (0,5 điểm) 3x + ≥ 3 ⇔ 1 3x + ≤ 1 3 0,25 ⇔ 3 3x + ≤ 3 3 =1 Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 1, khi x=0 (thoả mãn điều kiện) 0,25 II Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: 2,5 Gọi chiều rộng của mảnh đất 1à x (m) ( 0 < x< 13) hoặc x>0 0,5 thì chiều dài của mảnh đất 1à x + 7 (m). 0,25 Lập luận được phương trình: x 2 + (x + 7) 2 = 13 2 0,5 ⇔ x 2 + 7x - 60 = 0 0,25 Giải phương trình được: x l = 5 (thoả mãn); x 2 = -12 (loại) 0,5 Trả 1ời: Chiều rộng của mảnh đất 1à 5 m 0,25 và chiều dài của mảnh đất 1à 12 m. 0,25 III 1,0 1 Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. 0,5 Xét phương trình: -x 2 = mx - 1 ⇔ X 2 + mx – 1= 0 (l) 0,25 ∆= m 2 + 4 > 0 với mọi m nên (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Suy ra mọi giá trị của m thì (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt 0,25 2 Tìm giá trị của m để: x 1 2 x 2 + x 2 2 x 1 – x 1 x 2 = 3. 0,5 Vì x l , x 2 là 2 nghiệm của (l) nên theo định lý Vi-et ta có l 2 l 2 x x m x x 1 + = − = − 0,25 x 1 2 x 2 + x 2 2 x l - x l x 2 = x l x 2 (x l + x 2 ) – x 1 x 2 = m + 1 x 1 2 x 2 + x 2 2 x l – X 1 X 2 = 3 ⇔ m + 1 = 3 ⇔ m = 2. 0,25 IV 2,0 1 Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp (1 điểm) Vẽ đúng hình câu 1 0,25 Nêu được · BCF . · AEF là các góc vuông 0,25 ⇒ · DCF + · DEF =2v 0,25 Kết 1uận : FCDE 1à tứ giác nội tiếp 0,25 2 Chứng minh DA.DE = DB.DC (1 điểm) Chứng minh ∆ADC và ∆BDE có 2 cặp góc bằng nhau 0,25 Suy ra: ∆ADC đồng dạng với ∆BDE (g-g) 0,25 DA DB = DC DE 0,25 Kết 1uận: DA.DE = DB.DC 0,25 3 Chứng minh · CFD = · OCB (1 điểm) Chứng minh · CFD = · OBC 0,25 · OCB = · OBC và kết luận · CFD = · OCB 0,25 Chứng minh · CFD = · FCI 0,25 · IOC = · OCB + · ICD = · FCI + · ICD = · FCD =1V và kết luận IC là tiếp tuyến của (O) 0,25 4 chứng minh tg · AFB = 2 (0,5 điểm) IB cũng là tiếp tuyến của (O). · AFB = 1 2 · CIE = · CIO 0,25 tg · AFB =tg · CIO = CO CI = 2 CO FD = 2 R R =2 0,25 V Giải phương trình 0,5 Biến đổi phương trình đã cho thành: ( 2 7x + -4)( 2 7x + -x)=0 0,25 ⇔ 2 2 7 4 7 x x x  + =   + =  ⇔ 2 2 2 2 7 4 7 x x x  + =  + =  ⇔ 3 V nghiem x ô = ±    ⇔ x= ± 3 Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x= ± 3 0,25 Các chú ý khi chấm: 1) Thí sinh phải lập luận đầy đủ mới cho điểm tối đa. 2) Nếu thí sinh có cách giải đúng khác với hướng dấn thì giám khảo vẫn chấm và cho điểm theo số điểm quy định dành cho câu (hay ý) đó. 3) Giám khảo vận dụng hướng dẫn chấm chi tiết đến 0,25 điểm và không 1àm tròn điểm bài thi. 1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối · · o FED 90 FCD= = nên chúng nội tiếp. 2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD và DEB vì hai góc · · CAD CBE= cùng chắn cung CE, nên ta có tỉ số : DC DE DC.DB DA.DE DA DB = ⇒ = 3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ giác FCDE, ta có · · CFD CEA= (cùng chắn cung CD) Mặt khác · · CEA CBA= (cùng chắn cung AC) và vì tam OCB cân tại O, nên · · CFD OCB= . Ta có : · · · ICD IDC HDB= = · · OCD OBD= và · · 0 HDB OBD 90+ = ⇒ · · 0 OCD DCI 90+ = nên IC là tiếp tuyến với đường tròn tâm O. Tương tự IE là tiếp tuyến với đường tròn tâm O. 4) Ta có 2 tam giác vuông đồng dạng ICO và FEA vì có 2 góc nhọn · · · 1 CAE COE COI 2 = = (do tính chất góc nội tiếp) Mà · CO R tgCIO 2 R IC 2 = = = ⇒ · · tgAFB tgCIO 2= = . Bài V: (0,5 điểm) Giải phương trình : 2 2 4 7 ( 4) 7x x x x+ + = + + Đặt t = 2 7x + , phương trình đã cho thành : 2 4 ( 4)t x x t+ = + ⇔ 2 ( 4) 4 0t x t x− + + = ⇔ ( )( 4) 0t x t− − = ⇔ t = x hay t = 4, Do đó phương trình đã cho ⇔ 2 2 7 4 7x hay x x+ = + = ⇔ x 2 + 7 = 16 hay 2 2 7 7 x x x  + =   ≥   ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = 3 ± Cách khác : 2 2 4 7 ( 4) 7x x x x+ + = + + ⇔ 2 2 7 4( 4) 16 ( 4) 7 0x x x x+ + + − − + + = ⇔ 2 2 2 ( 4)(4 7) ( 7 4)( 7 4) 0x x x x+ − + + + − + + = ⇔ 2 2 7 4 0 ( 4) 7 4 0x hay x x+ − = − + + + + = ⇔ 2 2 7 4 7x hay x x+ = + = ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = 3 ± TS. Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) (Đề thi tuyển sinh lớp 10 TP HCM Năm học: 2010 – 2011) ®Ò sè 102 BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 2 3 2 0x x− − = (1) 9 16 25∆ = + = (1) 3 5 1 3 5 2 4 2 4 x hay x − − + ⇔ = = = = b) 4 1 (1) 6 2 9 (2) x y x y + = −   − =  4 1 (1) 14 7 ( (2) 2 (1)) x y x pt pt + = −  ⇔  = +  3 1 2 y x = −   ⇔  =   I A B F E C O D c) 4 2 4 13 3 0x x− + = (3), đđặt u = x 2 , phương trình thành : 4u 2 – 13u + 3 = 0 (4) (4) có 2 169 48 121 11∆ = − = = 13 11 1 13 11 (4) 3 8 4 8 u hay u − + ⇔ = = = = Do đó (3) 1 3 2 x hay x⇔ = ± = ± d) 2 2 2 2 1 0x x− − = (5) ' 2 2 4∆ = + = Do đó (5) 2 2 2 2 2 2 x hay x − + ⇔ = = Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), ( ) 1 1; , 2; 2 2   ± − ± −  ÷   . (D) đi qua ( ) 1 1; , 2; 2 2   − − −  ÷   Do đó (P) và (D) có 2 điểm chung là : ( ) 1 1; , 2; 2 2   − − −  ÷   . b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 2 2 1 1 2 0 2 2 x x x x − = − ⇔ + − = 1 2x hay x⇔ = = − Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (D) là ( ) 1 1; , 2; 2 2   − − −  ÷   . Bài 3: 12 6 3 21 12 3A = − + − 2 2 (3 3) 3(2 3) 3 3 (2 3) 3= − + − = − + − 3= 2 2 5 3 5 2 3 3 5 2 3 3 5 2 2 B     = + + − − + − + + −  ÷  ÷  ÷  ÷     2B = ( ) ( ) 2 2 5 4 2 3 6 2 5 5 4 2 3 6 2 5 3+ + − − + − + + − ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3= + + − − + − + + − = ( ) ( ) 2 2 5 (1 3) ( 5 1) 5 ( 3 1) ( 5 1) 3+ + − − + − + + − = 5.3 5 20+ = ⇒ B = 10. Bài 4: a) ( ) 2 2 2 2 3 1 8 4 4 2 5 ( 1) 4 0m m m m m m m∆ = + − − + = + + = + + > ∀ Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b) Ta có x 1 + x 2 = 3m + 1 và x 1 x 2 = 2m 2 + m – 1 A= 2 2 1 2 1 2 3x x x x+ − ( ) 2 1 2 1 2 5x x x x= + − 2 2 (3 1) 5(2 1)m m m= + − + − 2 2 1 1 6 6 ( ) 4 2 m m m= − + + = + − − 2 25 1 ( ) 4 2 m= − − Do đó giá trị lớn nhất của A là : 25 4 . Đạt được khi m = 1 2 Bài 5: a) Ta có góc · EMO = 90 O = · EAO => EAOM nội tiếp. Tứ giác APMQ có 3 góc vuông : · · · o EAO APM PMQ 90= = = => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật b) Ta có : I là giao điểm của 2 đường chéo AM và PQ của hình chữ nhật APMQ nên I là trung điểm của AM. Mà E là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại M và tại A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng. c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng dạng vì chúng là 2 tam giác vuông có 1 góc bằng nhau là · · AOE ABM= , vì OE // BM => AO AE BP MP = (1) Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số KP BP AE AB = (2) Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm của MP. Cách 2 : Ta có EK AP EB AB = (3) do AE // KP, mặt khác, ta có EI AP EO AB = (4) do 2 tam giác EOA và MAB đồng dạng So sánh (3) & (4), ta có : EK EI EB EO = . Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM => K là trung điểm MP. d) Ta dễ dàng chứng minh được : abcd 4 a b c d 4 + + +   ≤  ÷   (*) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d MP = 2 2 2 2 2 MO OP R (x R) 2Rx x− = − − = − Ta có: S = S APMQ = 2 3 MP.AP x 2Rx x (2R x)x= − = − S đạt max ⇔ 3 (2R x)x− đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max ⇔ x x x . . (2R x) 3 3 3 − đạt max Áp dụng (*) với a = b = c = x 3 Ta có : 4 4 4 x x x 1 x x x R . . (2R x) (2R x) 3 3 3 4 3 3 3 16   − ≤ + + + − =  ÷   Do đó S đạt max ⇔ x (2R x) 3 = − ⇔ 3 x R 2 = . TS. Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) I K B O M Q E A P x I [...]... NGUYấN I HC TY NGUYấN 0,25 K THI TUYN SINH VO LP 10 NM HC 2 010 - 2011 MễN : TON - 000 -Thi Gian : 120 Phỳt (khụng k thi gian giao ) đề số 105 x Q N C \\ M = A I B O S GIO DC V O TO Hi Phũng K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT Nm hc 2 010 - 2011 đề số 107 Đáp án- biểu điểm Bài 3: Hình vẽ: 0,5 đ Câu 3: 0,75 đ Câu 1: 0,75đ Câu 4: 0,75 đ Câu 2: 1 đ Bài 4: Từ giả thi t suy ra x 0 1 Nếu y =... ) + 15abc 3.(8) + 32 = 8 Du = xy ra khi v ch khi a = b = c = 2 3 T ú giỏ tr nh nht ca P l 8 t c khi v ch khi a = b = c = 2 3 0,25 Ht ( thi tuyn sinh lp 10 Nam nh Nm hc: 2 010 2011) đề số 111 Hớng dẫn giảI và dự kiến đáp án đề tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm học 2 010 - 2011 Phần I (2,0đ) II Câu1 (1,5đ) Câu 1: A; Câu 5: D; Câu 2: B; Câu 6: C; Câu 3: D; Câu 7: B; đáp án Câu 4: C Câu 8: C Mỗi câu đúng... mi xe phi ch thờm 0,5 tn nờn ta cú pt: - = 0,5 Gii pt ta c x1 = 20 (TMK) ; x2 = -18 (loai) Vy s xe ti d nh iu n ch hng l 20 chic S GIO DC V O TO LO CAI THI TUYN SINH LP 10 - THPT Nm hc 2 010 2011 đề số 118 Bài giải tóm tắt đề thi vào 10 Lào Cai 2 010 - 2011: Câu 1 (2,0 điểm) 1 Thực hiện phép tính: a) 2 Cho biểu thức A = 36 (KQ: = 2) 9 x 2x x x 1 x x 1 ( b) 25 9 : 2 (KQ: = 2) ) a) A có nghĩa khi... 3 a2 3 = = 4 12 *Din tớch hỡnh qut chn cung AH S q.OHA = a2 12 Din tớch hỡnh cõn tỡm l : S = SVABC SVOBH S q.OHA ( 21 3 4 ) a = 2 48 ( thi tuyn sinh lp 10 H Tnh Nm hc: 2 010 2011) đề số 113 thi tuyn sinh lp 10 Chuyờn Lng Vn Ty Vũng 1 Nm hc: 2 010 2011) đề số 112 Bai 2(3,0im) Cho phng trỡnh x 2 + mx - 2 = 0 , (n x, tham s m) 3 Tỡm m phng trỡnh cú hai nghim phõn bit x1 , x 2 cựng nh hn 1 m ... = 3 x = 10 2) Cõu 3) 1) A(0;4) ; B(4;0) 2) Khi quay tam giỏc OAB quanh trc OA ta cú hỡnh nún vi chiu cao h=4, bỏn kớnh ỏy r =4 l= 4 2 S xq = rl = 4.4 2 = 16 2 Cõu 4) Gi vn tc xe du lch l x (km/h) ( x> 20) Vy vn tc xe khỏch l x 20 (km/h) 100 h x 100 h Thi gian xe khỏch i t A n B l : x 20 100 100 25 = Theo bi ta cú pt x 20 x 60 2 x 20x 4800 = 0 x1 = 80 (tha iu kin) x 2 = 60 (loi) Thi gian... A, H ,C c nh => s AC khụng i => ABF khụng i (pcm) ( thi tuyn sinh lp 10 VNH PHC Nm hc: 2 010 2011) đề số 110 BIU IM V P N: Phn I Trc nghim (2,0 im): Mi cõu ỳng cho 0,5 im Cõu 1 2 3 4 ỏp ỏn B C A D Phn II T lun (8,0 im) Cõu 5 (2,0 im) Ni dung trỡnh by (1) 4 x 5 y = 5 (2) 4 x 7 y = 1 Ly (1) (2) ta cú: 2 y = 4 y = 2 Thay y = 2 vo (1) cú: 4 x + 10 = 5 15 x= 4 im Xột h phng trỡnh 0,5 0,5 0,5 Vy nghim... = 3 x = 10 2) Cõu 3) 1) A(0;4) ; B(4;0) 2) Khi quay tam giỏc OAB quanh trc OA ta cú hỡnh nún vi chiu cao h=4, bỏn kớnh ỏy r =4 l= 4 2 S xq = rl = 4.4 2 = 16 2 Cõu 4) Gi vn tc xe du lch l x (km/h) ( x> 20) Vy vn tc xe khỏch l x 20 (km/h) 100 h x 100 h Thi gian xe khỏch i t A n B l : x 20 100 100 25 = Theo bi ta cú pt x 20 x 60 2 x 20x 4800 = 0 x1 = 80 (tha iu kin) x 2 = 60 (loi) Thi gian... *Tam giỏc OBH u => SOBH a 2 ữ 3 a2 3 = = 4 12 *Din tớch hỡnh qut chn cung AH S q.OHA = a2 12 Din tớch hỡnh cõn tỡm l : S = SVABC SVOBH S q.OHA ( 21 3 4 ) a = 48 2 K thi tuyn sinh vo lp 10 THPT Ngh an Nm hc 2 010 - 2011 đề số 108 Cõu 1(3) a) KX: x 0; x 1 x Ta cú: A = = = = 2 x 1 x +1 x ( x + 1) ( x 1)( x + 1) 2 x 1 2( x 1) ( x + 1)( x 1) ( x + x ) 2( x 1) 2 ( x 1)( x + 1) x x ( x ... 1 17 t + 1 Do đó: P ( ) ( ) 12 17 12 12 Vậy giá trị lớn nhất của P = 17 17 1 1 Đạt đợc khi chỉ khi t = ( x;y ) = 2; ữ 4 2 Kết hợp lại ta đợc P S GD&T NGH AN Kè THI TUYN SINH VO LP 10 THPT NM HC 2 010 - 2011 HNG DN V BIU IM CHM THI CHNH THC (Hng dn v biu im chm ny gm 03 trang) Mụn : TON I Hng dn chung : 1) Nu thỡ sinh lm bi ỳng , khụng theo cỏch nờu trong ỏp ỏn thỡ cho im cỏc phn tng ng nh trong... +4 b +4 a +4 0,25 Giải (2) ta đợc a = b = 2 Do đó x = y = 8 + Kiểm tra các giá trị của x, y thoả mãn điều kiện đề bài Vậy cặp số (8; 8) là cặp số cần tìm + Với mọi a; b thì 2 ( thi tuyn sinh lp 10 Qung Tr Nm hc: 2 010 2011) đề số 112 Hng dn gii Cõu 1) 1) 8 + 18 2 2 = 2 2 + 3 2 2 2 = 3 2 2) a + b 2 ab 1 : vi a > 0, b > 0, a b ( a b) a+ b a + b 2 ab 1 : = ( a b) a+ b ( a b ) a b 2 : 1 = a+ b ( . Vĩnh Viễn) (Đề thi tuyển sinh lớp 10 KHÁNH HÒA Năm học: 2 010 – 2011) ®Ò sè 104 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2 010- 2011 KHÁNH HÒA MÔN : TOÁN NGÀY THI : 23/06/2 010 Thời gian. 3 ± TS. Nguyễn Phú Vinh (TT BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) (Đề thi tuyển sinh lớp 10 TP HCM Năm học: 2 010 – 2011) ®Ò sè 102 BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 2 2. w54 h2c" alt="" (Đề thi tuyển sinh lớp 10 ĐÀ NẴNG Năm học: 2 010 – 2011) ®Ò sè 103 BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức ( 20 45 3 5). 5A = − + = (2 5 3 5 3 5) 5 10= − + = b) Tính