Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hà Tĩnh năm học 2012 - 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

1
<b>SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH</b>

(<i>Đề thi có 1 trang</i>)
Mã đề 01

<b>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT</b>
<b>NĂM HỌC 2012 – 2013 </b>

Mơn thi: TỐN
Ngày thi : 28/6/2012
<i>Thời gian l<b>àm bài : 120 phút </b></i>
<b>Câu 1 </b>(2điểm)

a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức: 5 .
6 1

b) Giải hệ phương trình:

2

7

.

2

1

 











<i>x y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<b>Câu 2 </b>(2điểm)

Cho biểu thức: 4 . ₂ 1

1

  

__  __

 

 

<i>a</i> <i>a</i> <i>a</i>

<i>P</i>

<i>a</i>

<i>a</i> <i>a</i> <i>a</i> với a >0 và

<i>a</i>



1

.
a) Rút gọn biểu thức P.

b) Với những giá trị nào của a thì P = 3.
<b>Câu 3 (</b>2điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y =ax + b đi qua điểm M(–1 ; 2) và song song với đường
thẳng y = 2x + 1. Tìm a và b.

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 4x – m2 – 5m = 0. Tìm các giá trị của m sao cho: |x1 – x2|
= 4.

<b>Câu 4 </b>(3điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O. Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (DBC,
E AC) .

a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.

b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A). Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành.
c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

AD BE CF

Q .

HD HE HF

  

<b>Câu 5 </b>(1điểm)

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm:

x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0.

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

<b>Câu </b> <b>Nội dung</b> <b>Điểm</b>

<b>1 </b>

a) Ta có: 5 5( 6 1)

6 1 ( 6 1)( 6 1)




   0,5

5( 6 1) 5( 6 1) 6 1

6 1 5

 

   

 0,5

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

2
b) Ta có: 2x y 7 4x 2y 14

x 2y 1 x 2y 1

   

 



 

   

 

0,5
5x 15 x 3

x 2y 1 y 1

 

 

_ _

   

  0,5

<b>2 </b>

a) Với

0



<i>a</i>



1

thì ta có: 4 . ₂ 1 4 1. ₂ 1

1 1

  _ _ _

_  _ 

  

 

<i>a</i> <i>a</i> <i>a</i> <i>a</i> <i>a</i>

<i>P</i>

<i>a</i> <i>a</i>

<i>a</i> <i>a</i> <i>a</i> <i>a</i> 0,5

2

4a

1

a





0,5

b) Với

0



<i>a</i>



1

thì P = 3 4a 1₂ 3 3a2 4a 1

a



     2

3a 4a 1 0

    0,5

a = 1 (loại) hoặc a 1
3

 (thỏa mãn đk). 0,5

<b>3 </b>

a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên:

a = 2, b 1. 0,5

Vì đường thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt:

2(-1) + b = 2 b = 4 (thỏa mãn b 1). Vậy a = 2, b = 4 0,5
b) Ta có :   ' 4 m25m(m 1)(m 4)  . Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thì ta

có:  ' 0 m 4 hoặc m 1 (*) 0,25

Theo định lí Vi-et, ta có: 1 2

b

x

x

4

a



 

 

và 1 2 2

c

x .x m 5m.

a

    0,25

Ta có: x1x2  4 (x1x )2 2 16(x1x )2 24x .x1 216

2 2

16 4( m 5m) 16 m 5m 0

        m = 0 hoặc m = – 5

0,25
Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm. _0,25

<b>4 </b>

a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta có:

ADBAEB90 0,5

 Hai góc ADB, AEB cùng nhìn cạnh AB dưới
một góc 90nên tứ giác ABDE nội tiếp đường
trịn.

0,5
b) Ta có: ABKACK90(góc nội tiếp chắn nữa

đường trịn) CKAC, BKAB (1)
Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên:

BHAC, CHAB(2)

0,5

Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK.
Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định

nghĩa) 0,5

Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S. Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên
trong ABC, do đó: S = S1 + S2 + S3 .

0,25
<b>H</b>

<b>F</b> <b>E </b>

<b>D </b>

<b>K</b>
<b>O</b>

<b>C</b>
<b>B</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

3

Ta có: ABC ABC ABC

BHC 1 AHC 2 AHB 3

S S S

AD S BE S CF S

(1), (2), (3)

HD S S HE S S HFS S 0,25

Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:

1 2 3 1 2 3

AD BE CF S S S 1 1 1

Q S

HD HE HF S S S S S S

 

       _   _

 

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho 3 số dương, ta có:
3

1 2 3 1 2 3

SS S S 3 S .S .S (4) ;

3

1 2 3 1 2 3

1 1 1 3

S S S  S .S .S (5)

0,25

Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q9. Đẳng thức xẩy ra S₁S₂ S₃ hay H là

trọng tâm của ABC, nghĩa là ABC đều. 0,25

<b>5 </b>

Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*). Đặt x2  t 0 thì pt (*) trở thành: t2 – 2mt

+ 2 – m = 0 (**), '(t)m2m 2 (m 1)(m 2)  0,25

Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vơ nghiệm hoặc có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1t2 0 0,25
Pt (**) vô nghiệm  '(t)0(m 1)(m 2)0  2 m 1 (1)

Pt (**) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1t2 0. Điều kiện là:

' 0 ' 0

2m 0 m 0 m 2

2 m 0 m 2

   

 

 

     

 

 _ _  _

 

(2)

0,25

</div>

<!--links-->