Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Ninh Thuận năm học 2012 - 2013 môn Toán - Có đáp án

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
NINH THUẬN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012 – 2013
Khóa ngày: 24 – 6 – 2012
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
b) Xác định các giá trị của
m để hệ phương trình
sau vô nghiệm:
( m là tham
số)
Bài 2: (3,0 điểm)
Cho hai hàm số y = x
2
và y = x + 2.
a) Vẽ đồ thị hai hàm số đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy.
b) Bằng phép tính hãy xác định tọa độ các giao điểm A, B của hai đồ thị trên
(điểm A có hoành độ âm).
c) Tính diện tích của tam giác OAB (O là gốc tọa độ)
Bài 3: (1,0 điểm)
Tính giá trị của biểu
thức H =
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AC = 2R. Từ một điểm E ở trên đoạn OA (E không
trùng với A và O). Kẻ dây BD vuông góc với AC. Kẻ đường kính DI của đường tròn (O).
a) Chứng minh rằng: AB = CI.
b) Chứng minh rằng: EA
2

+ EB
2
+ EC
2
+ ED
2
= 4R
2
c) Tính diện tích của đa giác ABICD theo R khi OE =
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC và các trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng:
(AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA
2 3
3 4
x y
x y
+ =


+ =

( 2) ( 1) 3
3 4
m x m y
x y
+ + + =


+ =


( 10 2) 3 5− +
2
3
R
3
4
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN:
Bài 1: (2,0 điểm)
a) Giải hệ
phương trình:
b) Hệ phương
trình vô nghiệm khi:
Bài 2: (3,0
điểm)
a) Vẽ (d) và
(P) trên cùng một hệ trục tọa độ.
x -2 -1 0 1 2
(P)
4 1 0 1 4
x - 2 0
y = x + 2(d) 0 2
b) Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ phương trình:
Tọa độ các giao
điểm của (d) và
(P): A (-1;1) và B (2;4)
c) S
OAB
= .(1+4).3 - .1.1 - .2.4 = 3
2 3 2 3 5 5 1

3 4 2 6 8 3 4 1
x y x y y x
x y x y x y y
+ = + = = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
+ = + = + = =
   
2 1
3 6 1
2 1 3 5
1 3
1 3 4 4 9
1 3 4 2
3 4
m m
m m
m m
m
m m
+ +

=

+ = +

+ +

= ≠ ⇒ ⇒ ⇒ = −

 
+ + ≠


≠


2
y = x
2 2 2
1 2
1 2
1; 2
2 2 0
1; 4
2 2 2
x x
y x x x x x
y y
y x y x y x
= − =
  

= = + − − =
⇔ ⇔ ⇔
   
= =
= + = + = +

  

1
2
1
2
1
2
6
4
2
-2
-4
-6
1
-10
-5
5
10
2
O
A
B
1
-2
Bài 3: (1,0 điểm)
H =
Bài 4: (3,0
điểm)
a) Chứng minh rằng: AB = CI.
Ta có: BDAC (gt)
= 90

0
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BDBI
Do đó: AC // BI AB = CI
b) Chứng minh rằng: EA
2
+
EB
2
+ EC
2
+ ED
2
= 4R
2
Vì BDAC nên AB = AD
Ta có: EA
2
+ EB
2
+ EC
2
+ ED
2
= AB
2
+ CD
2
= AD
2
+

CD
2
= AC
2
= (2R)
2
= 4R
2
c) Tính diện tích của đa giác ABICD theo R khi OE =
S
ABICD
= S
ABD
+ S
ABIC
= .DE.AC + .EB.(BI + AC)
* OE = AE = và EC = + R =
* DE
2
= AE.EC = . = DE = . Do đó: EB =
* BI = AC – 2AE = 2R – 2. =
Vậy: S
ABICD
= 2R + .(+ 2R) = . = (đvdt)
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC và các trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng:
(AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA
Gọi G là trọng tâm của ABC, ta có: GM = AM; GN = BN; GP =CP
Vì AM, BN, CP các trung tuyến, nên: M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, AC, AB

Do đó: MN, NP, MP là các đường trung bình của ABC
Nên: MN = AB; NP = BC; MP = AC
Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có:
* AM < MN + AN hay AM < AB + AC (1)
Tương tự: BN < AB + BC (2)
CP < BC + AC (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: AM + BN + CP < AB + BC + CA (*)
* GN + GM > MN hay BN + AM > AB (4)
Tương tự: BN + CP > BC (5)
CP + AM > AC (6)
Từ (4), (5), (6) suy ra:
BN + AM + BN + CP + CP + AM > AB + BC+AC
(AM + BN + CP) > (AB + AC + BC)
(AB + BC + CA) < AM + BN + CP (**)
Từ (*), (**) suy ra: (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA
( ) ( ) ( )
( 10 2) 3 5 5 1 6 2 5 5 1 5 1 5 1 4− + = − + = − + = − =
⊥
·
DBI
⇒
⊥
⇒
»
º
AB CI=
⇒
⊥
⇒
»

»
AB AD=
2
3
R
1
2
1
2
2
3
R
⇒
3
R
2
3
R
5
3
R
3
R
5
3
R
2
5
9
R

⇒
5
3
R 5
3
R
3
R
4
3
R
1
2
5
3
R
1
2
5
3
R
4
3
R
5
6
R
16
3
R

2
8 5
9
R
3
4
∆
1
3
1
3
1
3
∆
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2

1
2
1
3
1
3
1
2
1
3
1
3
1
2
1
3
1
3
1
2
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3

1
3
1
2
1
2
1
2
⇒
2
3
1
2
⇒
3
4
3
4
E
O
A
C
B
D
I
G
M
P
N
A

B
C