De thi Toan vao lop 10 NH 20122013 D18

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

<b>SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO</b> <b>ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN</b>
<b>NĂM HỌC 2012 – 2013</b>

<b>Mơn: TỐN ( chung)</b>

<b>ĐỀ CHÍNH THỨC</b> <i>Thời gian làm bài: 120 phút</i>

<b>PHẦN 1 – Trắc nghiệm </b><i><b>(1 điểm):</b></i><b> </b><i> Hãy chọn phương án đúng và viết vào bài làm chữ cái đứng trước</i>
<i>phương án lựa chọn.</i>

<b>Câu 1: Phương trình </b>

x

2



mx m 1 0







_{có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:}

A.m 2 _. _B.m _. _C.m 2 _. _D.m 2 _.

<b>Câu 2: Cho (O) nội tiếp tam giác MNP cân tại M. Gọi E; F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh</b>
MN;MP. BiếtMNP 50  0_{.Khi đó, cung nhỏ EF của (O) có số đo bằng:}

A.

100

0. B.

80

0. C.

50

0. D.

160

0.

<b>Câu 3: Gọi </b>



_{là góc tạo bởi đường thẳng}

y x

 

3

_{với trục Ox, gọi}_{là góc tạo bởi đường thẳng}

y



3x 5



_{với trục Ox. Trong các phát biểu sau,phát biểu nào sai ?}

A.

 

45

0_. _B. 900_. _C. 900_. _D.  _.

<b>Câu 4: Một hình trụ có chiều cao là 6cm và diện tích xung quanh là </b>

36 cm



2. Khi đó, hình trụ đã cho
có bán kính đáy bằng

A. 6cm. B. 3 cm. C.

3



cm. D. 6cm.

<b>PHẦN 2 – Tự luận </b><i><b>( 9 điểm)</b></i><b> : </b>

<b>Câu 1. </b><i><b>(1,5 điểm)</b></i><b> Cho biểu thức : </b>

3 x 1

1

1

P

:

x 1

x 1

x

x









_



_











_với

x 0 và x 1





1/ Rút gọn biểu thức P . 2/ Tìm x để 2P – x = 3.
<b>Câu 2</b><i><b>.(2 điểm</b></i><b>)</b>

<b>1)</b> Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hồnh độ bằng 2 và M thuộc đồ thị hàm số
2

y



2x

_{. Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M ( biết đường thẳng}
OM là đồ thị hàm số bậc nhất).

<b>2)</b> Cho phương trình

 

2

x



5x 1 0 1





_{. Biết phương trình (1) có hai nghiệm}

x ;x

₁ ₂_{. Lập phương}
trình bậc hai ẩn y ( Với các hệ số là số nguyên ) có hai nghiệm lần lượt là

1 2

1 2

1

1

y

1

và y

1

x

x

 

 

<b>Câu 3</b><i><b>.(1,0 điểm)</b></i> Giải hệ phương trình:

3

2

17

x 2

y 1

5

2x 2

y 2

26

x 2

y 1

5







 













_

_







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

<b>Câu 4</b><i><b>.(3,0 điểm):</b></i> Cho (O; R). Từ điểm M ở ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) ( với A,
B là các tiếp điểm). Kẻ AH vng góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt (O;R) tại N (khác A).
Đường tròn đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K .

1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.

3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt MA
tại E. Chứng minh CI = EA.

<b>Câu 5</b><i><b>.(1,5 điểm) 1)</b></i>Giải phương trình :













2
2

x x 9 x 9 22 x 1

2)Chứng minh rằng : Với mọi

2 3

2 3

1

1

x 1, ta ln có 3 x

2 x

x

x











_



_



_



_









_.

<b>HD</b>

<b>Câu 3</b><i><b>.(1,0 điểm)</b></i> Giải hệ phương trình: ĐKXĐ:

x 2; y





1

3

2

17

3

2

17

3

2

17

x 2 y 1

5

x 2 y 1

5

x 2

y 1

5

2x 2 y 2

26

2(x 2) 2 (y 1) 3 26

2

3

26

2

1

x 2

y 1

5

x 2

y 1

5

x 2

y 1

5





















_

_



_

_



_

_































_

_



_

_



_

_{ }

_

























1) <b>Câu 4</b><i><b>.(3,0 điểm)</b></i>

1) NIB BHN 180   0





NHBI

_{nội tiếp}
2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp













1 1 1 1

2 2 2 2

Ta có H

B

A

I

I

B

A

K

















3) ta có:

    0

1 2 1 ₂

I I DNC B A DNC 180

 

Do đó CNDI nội tiếp
 ₂ ₂  ₂

D I A

    _{DC // AI}
Lại có A 1H 1 AE / /IC

Vậy AECI là hình bình hành => CI = EA.
<b>Câu 5</b><i><b>.(1,5 điểm)</b></i>

1) Giải phương trình :













2
2

x x 9 x 9 22 x 1



x

2

9 x

 

2

9x



22 x 1





2



x

2

9

 



x

2

9



9 x 1







22 x 1





2















_







_





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

Giải phương trình này ta được

m

m

t

;t

2

11







 Với

2

2

m

x

9

t

ta có : x 1

x

2x 11 0 vô nghiêm

2

2

















 Với

2

2

m

x

9

t

ta có : x 1

x

11x 2 0

11

11





















121 8 129

 

 

_{> 0 phương trình có hai nghiệm} 1,2

11

129

x

2







2) Chứng minh rằng : Với mọi

2 3

2 3

1

1

x 1, ta ln có 3 x

2 x

x

x











_



_



_



_









₍₁₎

2 3 2

2 3 2

2

2

1

1

1

1

1

1

3 x

2 x

3 x

x

2 x

x

1

x

x

x

x

x

x

1

1

1

3 x

2 x

1

(vì x 1 nên x

0)

(2)

x

x

x











 





 

































 





 













 





 













_



_



_





_















Đặt

2 2

2

1

1

x

t thì x

t

2

x

x







 

, ta có (2)



 



2

2t

3t 2 0

t 2 2t 1

0







 







₍₃₎

Vì





2 ₂

1

x 1 nên x 1

0

x

1 2x

x

2 hay t 2

x





 

 









</div>

<!--links-->