de thi vao lop 10 mon toan nam 2011 2012

Bạn đang được coi tư liệu "Đề ganh đua tuyển chọn sinh vô Lớp 10 trung học phổ thông môn Toán - Năm học tập 2011-2012 - Sở dạy dỗ và đào tạo và giảng dạy Bình Dương (Có đáp án)", nhằm vận tải tư liệu gốc về máy các bạn click vô nút DOWNLOAD ở trên

Nội dung text: Đề ganh đua tuyển chọn sinh vô Lớp 10 trung học phổ thông môn Toán - Năm học tập 2011-2012 - Sở dạy dỗ và đào tạo và giảng dạy Bình Dương (Có đáp án)

  1. SỞ GD&ĐT BÌNH DƯƠNG ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 trung học phổ thông NĂM HỌC 2011-2012 Môn : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời hạn phân phát đề) Bài 1: (1đ) Tính M 15x2 8x 15 16 , bên trên x= 15 Bài 2 (2đ) 1) Vẽ loại thị hàm số sau bên trên nằm trong một mặt bằng toạ phỏng : nó = 2x – 4 (d) ; nó = -x + 5 (d’) Và thăm dò toạ phỏng phó điểm A của (d) và (d’) bằng phương pháp giải hệ phương trình. 2) Tìm m nhằm (P): nó = mx2 trải qua điểm sở hữu toạ phỏng (3;2) Bài 3(2đ) 1) Giải phương trình : x2 + 7x + 10 = 0 2) Giải phương trình : x4 - 13x2 + 36 = 0 Bài 4(2đ) 1) Tính chiều nhiều năm và chiều rộng lớn của một hình chữ nhật sở hữu nữa chu vi là 33m và diện tích S là 252m2 . 2) Cho phương trình : x2 – 2(m + 2)x + 2m + 3 = 0 (1) Tìm toàn bộ độ quý hiếm m nhằm phương trình (1) sở hữu 2 nghiệm phân biệt đều to hơn 0,5 . Bài 5 (3đ) Cho lối tròn xoe (C) tâm O. Từ 1 điều A ngoài (C) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC với (C) (B,C là 2 tiếp điểm). Vẽ đường thẳng liền mạch (d) qua loa C và vuông góc với AB, (d) hạn chế đường thẳng liền mạch AB bên trên H. hạn chế (C) bên trên E, C và hạn chế đường thẳng liền mạch OA bên trên D. 1) Chứng minh rằng CH // OB và tam giác OCD cân nặng . 2) Chứng minh rằng tứ giác OBDC là hình thoi . 3) M là trung điểm của EC, tiếp tuyến của (C) bên trên E hạn chế đường thẳng liền mạch AC bên trên K. chứng tỏ O, M, K trực tiếp sản phẩm . Hết
  2. Giải: Bài 1: (1đ) 2 M 15x2 8x 15 16 x 15 4 x 15 4 Thay x= 15 M 15. 15 4 11 11 8 f(x) = 2∙x 4 nó = x + 5 6 Bài 2 (2đ) 4 1) Vẽ loại thị hàm số sau : 2 x 0 2 nó = 2x – 4 -4 0 10 5 5 10 x 0 5 2 nó = -x + 5 5 0 4 6 Hệ phương trình của (d) và (d’) 8 1) y= 2x – 4 0= 3x – 9 x= 3 x= 3 nó x 5 nó x 5 nó 3 5 nó 2 Vậy: toạ phỏng phó điểm của (d) và (d’) là A(3;2) 2) Vì (P): nó = mx2 trải qua điểm sở hữu toạ phỏng (3;2) , tức x = 3 ; nó = 2 2 Ta được: 2 = m32 m = 9 Bài 3(2đ) 1) x2 + 7x + 10 = 0 = b2 – 4ac = 49 – 40 = 9 Vì > 0 nên Pt sở hữu 2 nghiệm phân biệt: b 7 3 x1 2; 2a 2 b 7 3 x 5 2 2a 2 2) x4 - 13x2 + 36 = 0 Đặt x2 = t ≥ 0 Ta được: t2 – 13t + 36 = 0 = b2 – 4ac = 169 - 144 = 25 Vì > 0 nên Pt sở hữu 2 nghiệm phân biệt: b 13 5 t1 9(tm) 2a 2 b 13 5 t 4(tm) 2 2a 2 2 Với t = t1 = 9 = x , x = ±3 2 Với t = t2 = 4 = x , x = ±2 Vậy Pt sở hữu 4 nghiệm: x = ±3 ; x = ±2
  3. Bài 4(2đ) 1) Gọi x(m) là chiều rộng lớn hình chữ nhật ( x > 0) 252 (m) là chiều nhiều năm hình chữ nhật x Vì chu vi hình chữ nhật là 33m, nên tao sở hữu PT: 252 x 33 x x2 33x 252 0 = b2 – 4ac = 1089 – 1008 = 81 Vì > 0 nên Pt sở hữu 2 nghiệm phân biệt: b 33 9 x1 21(tm) 2a 2 b 33 9 x 12(tm) 2 2a 2 Vì 21 + 12 = 33 Vậy: chiều dài: 21m và chiều rộng lớn 12m 2) x2 – 2(m + 2)x + 2m + 3 = 0 (1) ’ = b’2 – ac = [-(m + 2)]2 – (2m + 3) = mét vuông + 2m + 1= (m + 1)2 ≥ 0 Vì ’ ≥ 0 nên PT luôn luôn sở hữu nghiệm với từng m . b' ' (m 2) | m 1| x 0,5 1 a 1 5 m b' ' (m 2) | m 1| 4 x 0,5 2 a 1 5 Vậy: m thì phương trình (1) sở hữu 2 nghiệm phân biệt đều to hơn 0,5 . 4 B Bài 5 (3đ) 1) (c) H Có AB  OB (AB là tiếp tuyến) Và AB  CH (gt) E O A CH // OB D ·AOB O· DC (slt) M Mặt không giống theo dõi đặc thù 2 tiếp tuyến K hạn chế nhau bên trên A, tao sở hữu : ·AOB ·AOC (OA là tia phân giác của C B· OC ) Nên O· DC ·AOC OCD cân nặng bên trên C
  4. 2) OBD và OCD có: ·AOB ·AOC (cmt) OD: cộng đồng OB = OC ( = R) Nên OBD = OCD(c-g-c) OB = OC; DB = DC Mà CO = CD( OCD cân nặng bên trên C) Nên OB = OC = DB = DC Tứ giác OBDC là hình thoi 3) Theo đặc thù 2 tiếp tuyến hạn chế nhau bên trên K, tao sở hữu : KE=KC   KO là lối trung trực của EC OE=OC(=R) Nên KO trải qua trung điểm M của đoạn trực tiếp EC Hay O, M, K trực tiếp sản phẩm . Hết