Bài 1: (1,25 điểm)
1. Tính giá trị của biểu thức:
A = a ab b a ab b 2 2 4 2 2 4 + + ư ư + 4 4 4 12 9 v?i a = 2 ; b =1.
2. Chứng minh: 3 3 3 2 1
Bài 2: (1,25 điểm) Cho phương trình: mx mx 2 ư + = 2 1 0 ( m là tham số)
1. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm và tính các nghiệm của phương trình
theo m .
2. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm sao cho một nghiệm gấp đôi nghiệm
kia.
Bài 3: (1 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 4 điểm A B C D ( 3;4), ( 2;1), (1;2), (0;5) ư ư .
1. Cho biết đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét (cm), tính độ dài các cạnh và các
đường chéo của tứ giác ABCD. Tứ giác ABCD là hình gì ?
2. Dựa vào hình vẽ, cho biết tọa độ giao điểm của 2 đường chéo của tứ giác ABCD.
Bài 4: (1,25 điểm) Cho hàm số y ax = 2 (a ? 0)
1. Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho cắt đường thẳng d y x : 2 3 = ư + tại
điểm A có tung độ bằng ư1.
2. Vẽ đồ thị (P) của hàm số ứng với giá trị a vừa tìm được trong câu 1) và vẽ đường thẳng d
trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Tìm tọa độ giao điểm thứ hai B của (P) và d.
Sở Giáo dục và đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 thpt qUốC HọC Thừa Thiên Huế Môn: TOáN - Năm học 2007-2008 Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (1,25 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức: A = 2 2 4 2 2 44 4 4 12 9a ab b a ab b+ + − − + với 2a = ; 1b = . 2. Chứng minh: 3 3 32 1 33 3 x x x x xx x + + − = − − + (với 0x ≥ và 3x ≠ ). Bài 2: (1,25 điểm) Cho ph−ơng trình: 2 2 1 0mx mx− + = ( m là tham số) 1. Tìm các giá trị của m để ph−ơng trình có nghiệm và tính các nghiệm của ph−ơng trình theo m . 2. Tìm giá trị của m để ph−ơng trình có hai nghiệm sao cho một nghiệm gấp đôi nghiệm kia. Bài 3: (1 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 4 điểm ( 3;4), ( 2;1), (1;2), (0;5)A B C D− − . 1. Cho biết đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét (cm), tính độ dài các cạnh và các đ−ờng chéo của tứ giác ABCD. Tứ giác ABCD là hình gì ? 2. Dựa vào hình vẽ, cho biết tọa độ giao điểm của 2 đ−ờng chéo của tứ giác ABCD. Bài 4: (1,25 điểm) Cho hàm số 2y ax= ( )0a ≠ 1. Xác định hệ số a biết rằng đồ thị của hàm số đã cho cắt đ−ờng thẳng : 2 3d y x= − + tại điểm A có tung độ bằng 1− . 2. Vẽ đồ thị (P) của hàm số ứng với giá trị a vừa tìm đ−ợc trong câu 1) và vẽ đ−ờng thẳng d trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Tìm tọa độ giao điểm thứ hai B của (P) và d. Bài 5: (1,25 điểm) Hai vòi n−ớc cùng chảy vào bể thì đầy sau 16 giờ. Nếu vòi I chảy trong 3 giờ và vòi II chảy trong 6 giờ thì đ−ợc thể tích n−ớc bằng 25% bể. Tính thời gian cần thiết để riêng mỗi vòi chảy đầy bể. Bài 6: (1 điểm) Cho đ−ờng tròn (O), A là điểm cố định trên (O) và M là một điểm di động trên (O). Qua M vẽ đ−ờng vuông góc MH với tiếp tuyến AT của đ−ờng tròn (O) (H thuộc AT). Chứng minh rằng trong tr−ờng hợp tồn tại tam giác OMH, tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác đi qua một điểm cố định. Bài 7: (1,5 điểm) "Góc sút" của quả phạt đền 11 mét là góc nhìn từ chấm phạt đền đến đoạn thẳng nối 2 chân của cầu môn. Biết chiều rộng của cầu môn là 7,32 m, hỏi "góc sút" của quả phạt đền 11 mét là bao nhiêu độ ? Tìm các điểm khác trên sân cỏ có cùng "góc sút" nh− quả phạt đền 11 mét. Nêu cách dựng quỹ tích các điểm đó nếu gọi A và B là 2 điểm biểu diễn chân cầu môn và M là điểm biểu diễn chấm phạt đền. Bài 8: (1,5 điểm) Một cốc n−ớc hình nón cụt có bán kính 2 đáy là 1 24 , 1r cm r cm= = , đựng đầy n−ớc. Ng−ời ta thả một quả bi hình cầu bằng kim loại vào thì nó đặt vừa khít hình nón cụt (hình vẽ). Tính thể tích khối n−ớc còn lại trong cốc. Hết SBD thí sinh:____________ Chữ ký GT1: I J 1 Sở Giáo dục và đào tạo Kỳ THI TUYểN SINH LớP 10 thpt qUốC HọC Thừa Thiên Huế Môn: TOáN - Năm học 2007-2008 Đề chính thức Đáp án và thang điểm Bài ý Nội dung Điểm 1 1,25 1.1 A = ( ) ( )2 22 22 2 3a b a b+ − − = 2 22 2 3a b a b+ − − Với 2a = ; b = 1 thỡ A = 2 2 2 2 3+ − − = 2 2 2 2 3 3 2 1+ + − = − 0,25 0,25 1.2 + Với giả thiết đã cho: 0x ≥ và 3x ≠ , ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 33 3 2 2 3 3 3 3 3 xx x x x x x x x x ++ − = − = − − + − + + ( )( ) 3 3 1 3 33 3 x x x xx x + + = = − − − + + Vậy: ( )3 3 3 12 3 . 133 3 3x x xx xxx x x + + − = − = − − + − 0,25 0,25 0,25 2 1,25 2.1 + Nếu 0m = thì ph−ơng trình trở thành 1 0= , nên ph−ơng trình vô nghiệm. + Nếu 0m ≠ thì ph−ơng trình đã cho có nghiệm khi: ( )2' 1 0m m m m∆ = − = − ≥ . Suy ra 0m < hoặc 1m ≥ (*). Khi đó các nghiệm của ph−ơng trình là: 2 1 ; m m m x m − − = 2 2 m m m x m + − = . 0,25 0,25 0,25 2.2 Với điều kiện (*), ph−ơng trình có hai nghiệm 1,x 2x . Theo hệ thức Vi-ét: 1 2 2x x+ = và 1 2 1 x x m = Theo giả thiết, ta có: 1 22x x= (hoặc 2 12x x= ), suy ra: 1 4 ; 3 x = 2 2 3 x = (hoặc 1 2 ; 3 x = 2 4 3 x = ) Suy ra: 1 2 1 8 1 9 1 9 8 x x m m m = ⇔ = ⇔ = > , thỏa mãn điều kiện (*). Vậy với 9 8 m = thì ph−ơng trình có một nghiệm gấp đôi nghiệm kia. 0,25 0,25 2 3 1,0 3.1 + Tứ giác ABCD có: - Các cạnh bằng nhau vì cùng bằng cạnh huyền của tam giác vuông có các cạnh góc vuông là 3cm và 1cm. Do đó độ dài mỗi cạnh của tứ giác là: 2 23 1 10 ( )cm+ = . - Các đ−ờng chéo bằng nhau vì cùng bằng cạnh huyền của tam giác vuông có các cạnh góc vuông là 2cm và 4cm. Do đó độ dài mỗi đ−ờng chéo của tứ giác là: 2 22 4 20 2 5 ( )AC BD cm= = + = = + Tứ giác ABCD có 4 cạnh bằng nhau và hai đ−ờng chéo bằng nhau nên là hình vuông. 0,25 0,25 0,25 3.2 + Từ hình vẽ suy ra giao điểm của 2 đ−ờng chéo là: ( )1;3I − 0,25 4 1,25 4.1 + Điểm A ở trên d và có tung độ bằng 1− nên: 1 2 3 2x x− = − + ⇔ = . Do đó: (2; 1)A − 0,25 + A là giao điểm của đồ thị hàm số 2y ax= với d, nên A thuộc (P), suy ra: 2 11 2 4 a a− = ⋅ ⇔ = − 0,25 4.2 + Vẽ đúng parabol (P): 2 1 4 y x= − + Vẽ đúng đ−ờng thẳng d + Hoành độ giao điểm của (P) và d là nghiệm của ph−ơng trình : 2 2 1 2 3 8 12 0 4 x x x x− = − + ⇔ − + = . + Giải ph−ơng trình ta đ−ợc nghiệm thứ hai là: 2 26 9x y= ⇒ = − . Vậy giao điểm thứ hai của (P) và d là (6; 9)B − 0,25 0,25 0,25 5 1,25 Gọi x (giờ) và y (giờ) là thời gian để riêng vòi I và vòi II chảy đầy bể ( 0;x > 0y > ). Mỗi giờ vòi I chảy đ−ợc 1 x bể, vòi II chảy đ−ợc 1 y bể. Theo giả thiết thứ nhất, ta có ph−ơng trình: 16 16 1 x y + = . Theo giả thiết thứ hai, ta có ph−ơng trình: 3 6 25 3 6 1 100 4x y x y + = ⇔ + = . 0,25 0,25 0,25 B A 3 Vậy ta có hệ ph−ơng trình: 16 16 1 16 16 1 13 6 1 3 6 44 u v x y u v x y + = + = ⇔ + = + = (với 1 1 ;u v x y = = ) Giải hệ ph−ơng trình trên, ta đ−ợc ( ) 1 1; ; 24 48 u v = Suy ra: ( ) ( ); 24;48x y = thỏa điều kiện bài toán. Vậy nếu chảy riêng, thì vòi I chảy đầy bể trong 24 giờ và vòi II chảy đầy bể trong 48 giờ. 0,25 0,25 6 1,0 + Ta có OA AH⊥ (vì AT là tiếp tuyến của đ−ờng tròn) và MH AH⊥ (gt). Suy ra: //OA MH OAM AMH⇒ = (so le trong). + Mà tam giác AOM cân tại O (OA = OM) nên OAM OMA= , do đó: AMH OMA= và tia MA luôn nằm giữa hai tia MO và MH, suy ra: MA là tia phân giác của góc OMH . + Dựng tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác OMH cắt (O) tại A’, ta có: 'MA MA⊥ . Suy ra: Tam giác AMA’ vuông tại M, do đó AA’ là đ−ờng kính của (O). + Mà A cố định, nên A’ cũng cố định. Vậy tia phân giác góc ngoài ở đỉnh M của tam giác OMH đi qua điểm A’ đối xứng với A qua tâm O. 0,25 0,25 0,25 0,25 7 1,50 + Tam giác MAB cân tại M. Gọi H là trung điểm của AB, thì trung tuyến MH cũng là đ−ờng cao và đ−ờng phân giác góc M của tam giác cân MAB. Suy ra: 3,66HA HB m= = Gọi AMHα = , trong tam giác vuông MHA, có: 03,66 18 24 ' 11 AH tg MH α α= = ⇒ ≈ Suy ra "góc sút" của quả phạt đền 11 mét là: 02 36 48'α ≈ . + Các điểm trên sân cỏ có cùng "góc sút" nh− quả phạt đền 11 mét là các điểm cùng nhìn đoạn AB d−ới một góc 2α , nên chúng ở trên cung chứa góc 2α dựng trên đoạn thẳng AB (ở tr−ớc cầu môn). + Cách dựng: - Dựng tia Ax tạo với AB một góc 02 36 48'α ≈ (ở sau cầu môn). - Dựng đ−ờng thẳng qua A vuông góc với Ax cắt MH tại O - Dựng cung tròn tâm O, bán kính OA chứa điểm M, cung tròn này là quĩ tích cần dựng. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 H 4 8 1,50 + Hình cầu đặt khít hình nón cụt, nên đ−ờng tròn lớn của nó nội tiếp trong hình thang cân ABCD, với AD, BC là hai đ−ờng sinh và AB, CD là 2 đ−ờng kính của 2 đáy hình nón cụt. Gọi O là tâm và r là bán kính hình cầu, I, J là 2 tiếp điểm của đ−ờng tròn lớn với AB và CD, M là tiếp điểm của BC với đ−ờng tròn lớn (O), ta có: BI = BM và CJ = CM, suy ra BC = r1 + r2 = 4 + 1 = 5 (cm). Từ C kẻ CH vuông góc với AB tại H, ta có tứ giác IHCJ là hình chữ nhật, nên BH = 1 2r r− = 3 (cm), do đó: 2 2CH = BC - BH 4( )cm= . Vậy: đ−ờng kính của hình cầu là: IJ = CH 4cm= , nên bán kính của hình cầu là: 2r cm= + Thể tích khối n−ớc tràn ra ngoài bằng thể tích hình cầu và bằng: ( )3 34 4 3283 3 3V r cm pi pi pi= = ⋅ =1 0,25 0,25 0,25 0,25 + Thể tích cốc n−ớc hình nón cụt là: ( )2 22 1 2 1 213V h r r r rpi= + + với chiều cao của nón cụt là: h = IJ 4( )cm= . ( ) ( )2 2 32 1 4 4 1 4.1 283V cmpi pi= ⋅ + + = . + Vậy thể tích khối n−ớc còn trong cốc n−ớc là: ( )32 32 5228 54,53 3V V V cm pi pi pi= − = − = ≈ 1 0,25 0,25 O
Tài liệu đính kèm: