de thi va dap an vao lop 10Thanh Hoa nam hoc 20122013

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (145.42 KB, 6 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

THANH HÓA NĂM HỌC 2012-2013
 Môn thi : Toán

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề 
Ngày thi 29 tháng 6 năm 2012

Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải các phương trình sau : a) x - 1 = 0
b) x2 - 3x + 2 = 0

2- Giải hệ phương trình :

{

2xx − y+y=2=7
Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A = 1

2+2√a +

2−2√a 
-a2

+1
1− a2

1- Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A
2- Tìm giá trị của a ; biết A < 13

Bài 3: (2.0 điểm)

1- Chođường thẳng (d) : y = ax + b .Tìm a; b để đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1 ; 3) và
song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3

2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) .Tìm a để phươmg trình đã

cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 + x22 = 4

Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giác đều ABC có đường cao AH . Trên cạnh BC lấy điểm M
bất kỳ ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ lần lượt vng góc với các cạnh AB ;
AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)

1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn

2- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ .Chứng minh OH PQ
3- Chứng minh rằng : MP +MQ = AH

Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b 1 và a > 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 8a2+b

4a +b

---HẾT

---BIỂU CHẤM KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

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

NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ -A
Môn thi : Toán

Bài Nội dung Điểm

Bài 1
2 điểm

a) Giải phương trình : x – 1 = 0 ⇔ x = 1 vậy nghiệm của phương
trình là x = 1

0,25
b) x2 – 3x + 2 = 0 là phương trình bậc hai ẩn x có dạng : a + b+ c = 0

⇒ nghiệm của phương trình là x1 = 1; áp dụng vi ét ta có x2 = ca=21 =2

Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = 1; x2 = 2

0,25
0,25
0,25

2

Giải hệ phương trình :

{

2xx − y+y=2=7 ⇔

{

x3x=9

+y=2 ⇔

{

x=3

3+y=2 ⇔

{

y=2x=3−3

{

yx==3−1 vậy nghiệm của hệ

{

x=3
y=−1

0,5
0,25

Bài 1
2 điểm

{

2−a≥2√0a ≠0 ⇔

{

a ≥0

2≠2√a ⇔

{

a ≥0
a ≠1

A = 1

2+2√a +

2−2√a

-a2+1
1− a2 = 
A = 2(1+1

√a) +

2(1−√a)

-a2+1

(1+a)(1+√a) (1−√a)

A = (a+1)(1−√a)+(a+1)(1+√a)−2a

−2
2 .(1+a)(1+√a)(1−√a)

A = (a+1).(1−√a)+ (a+1).(1+√a)−2a

−2
2 .(1+a).(1+√a).(1−√a)

A = a− a√a+1−√a+a+a√.a+1+√a −2a

2−2

2 .(1+a)(1+√a) (1−√a)

A = 2a−2a

2 .(1+a)(1+√a) (1−√a) =

2a(1− a)

2 .(1+a) (1− a) = 
a
1+a

0,25

0,25
0,25
0,25

2

Với A < 13 ta có 1+aa < 13 ⇒ a

1+a -

3 < 0 ⇒

2a −1
1+a <
0

với a 0 ⇒ 1 + a > 0 nên để 21+a −a1 < 0 ⇔ 2a – 1 < 0 ⇒ a <
1

vậy 0 a < 12 thì A < 13

0,25
0,25
0,25

Bài 3

1 đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1 ; 3) có toạ độ x = -1 ; y = 3 thoả mãn
công thức y = ax + b thay số ta có 3 = -a + b (1)

Mà đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3 nên

{

ab ≠=53 (2) từ (1) và (2) ta có

{

a=5

b=8 vậy a = 5 ; b = 8 đường (d):y = 5x
+ 8

0,25
0,25
0,25
0,25

2 phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) để phương trình

bậc hai khi a 0 ta có : Δ = b2 – 4ac =

[3(a+1)]2−4a .(2a+4)

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

2 điểm Δ = 9 ( a2 + 2a + 1) – 8a2 – 16a = 9a2 + 18a + 9 – 8a2 – 16a 
Δ = a2 + 2a + 9 = ( a+ 1)2 + 8 > 0 với mọi a

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi a :
Theo hệ thức vi et ta có :

{

x1+x2=−3 .(a+1)
a
x1.x2=

2a+4
a

theo bài ra ta có : x12 + x22 = 4 ⇒ ( x1 + x2)2 – 2x1.x2 = 4 thay vào ta

có

(

−3(a+1)

a

)

−2×2a+4

a = 4 ⇒ 9 ( a

2 + 2a + 1) -2a.(2a+4) = 4a2

9a2 + 18a + 9 -4a2 -8a = 4a2 ⇒ a2 + 10a + 9 = 0 là phương trình bậc hai

ẩn a có dạng a – b + c= 1- 10 + 9 = 0 nên có hai nghiệm a1 = –1 và a2 = -9

với a = - 1 hoặc a = -9 thoả mãn

vậy với a = - 1 hoặc a = -9 p/ trình có hai nghiệm thoả mãn x12 + x22 =

0,25

Bài 4

3 điểm

1 Xét Tứ giác APMQ

ta có MQ AC ( gt)  MQ A^ = 900

và MP AB ( gt)  MP A^ = 900

Nên : MQ A^ + MP A^ = 1800 mà MQ A^

và MP A^ là hai góc đối của ⋄ APMQ nên
⋄ APMQ nội tiếp được trong đường tròn

0,25
0,25
0,25
0,25

2 theo câu 1 thì ⋄ APMQ nội tiếp được trong đường tròn mà MP A^ = 
900 nên AM là đường kính do đó O là trung điểm cuả AM

Q; H ; P thuộc (O) nên OP = OH = OQ( = R) (1)
Ta có P^A H = 1

2PO H^ ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
PH)

Q^A H = 1

2QO H^ ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung QH)

Vì Δ ABC đề có AH là đường cao nên nó cũng là phân giác góc BAC

⇒

P^A H = Q^A H ⇒ PO H^ = QO H^ ⇒ OH là phân giác PO Q^
Mặt khác OP = OQ nên Δ OPQ cân tại O có OH là phân giác PO Q^

nên OH là đường cao Δ OPQ vậy OH PQ

0,25

0,25
0,25
0,25
3

S

ΔABC

= S

ΔAMB

+ S

ΔAMC

Mà

S

ΔABC

=

12 BC AH ;

S

ΔAMB

=

12 AB MP ;

S

ΔAMC

=

2 AC MQ

⇒

S

ΔABC

=

2 BC AH =

2 AB MP +

2 AC MQ

Vì Δ ABC dều nên BC = AC = AB ⇒ 1

2 BC AH =
1

2 BC ( MP

0,25
0,25
0,25
0,25

B C

H M

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

+ MQ)

⇒ MP +MQ = AH

Bài 5
1điểm

Tìm GTNN của D =
2

8
4

x y
y
x




với x+ y 1 và x > 0

Từ x+ y  1 y 1- x ta có:
2

2 2

8 1 1 1

4 4 4

1 1

4 4

x x

D y x y

x x

x x y

x
 

     

    

Thay x 1- y ta suy ra:D

2 2

1 1 1 1 1

4 4 4 4 2

x y y x y y

x x

   

           

    (1)

Vì x> 0 áp dụng BĐT cơ si có:

1
4

x
x


1

lại có:

2 1 1 0

4 2

y y y

   

    

   

   

Nên từ (1) suy ra: D  1 + 0 +

2 hay D

2. Vậy GTNN của D bằng 
3
2

Khi

1 1

4 2

1
2

x y

x x y

x
y


  




   









0,25
0,25

0,25

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

4a +b

BÀI LÀM

Cách 1 : Tìm GTNN của D =
2
2
8
4
x y
y
x



với x+ y 1 và x > 0

Từ x+ y  1 y 1- x ta có:
2

2 2

8 1 1 1

4 4 4

1 1

4 4

x x

D y x y

x x

x x y

x
 

     

    

Thay x 1- y ta suy ra:D

2 2

1 1 1 1 1

4 4 4 4 2

x y y x y y

x x

   

          

    (1)

Vì x> 0 áp dụng BĐT cơ si có:

1
4
x
x

1
lại có:
2

2 1 1 0

4 2

y y y

   

    

   

   

Nên từ (1) suy ra: D  1 + 0 +

2 hay D

2. Vậy GTNN của D bằng 
3
2 Khi
1
1 1
4 2
1
2
x y

x x y

x
y

  


   







Cách 2 : Tìm GTNN của A =
2
2
8
4
a b
b
a



với a+ b 1 và a > 0

Từ x+ y  1 y 1- x ta có:
2

2 2

3 2 2

2 2

8 1 1

A 2 (1 )

4 4 4

4 4 4 4 1 6

(2 1) (2 1) 3

4 2

(2 1) ( 1) 3 3

4 2 2

a b

b a a

a a

a a a a a a

a

a a a

a
a a
a

      
     

  
 
 
  

Khi vì với a > 0 thì

(2 1) ( 1)
0
4
a a
a

 


Dấu bằng xảy ra khi a =

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Nên từ (1) suy ra: A  0 +

2 hay A

3
2.

Vậy GTNN của A =

</div>

de thi va dap an vao lop 10Thanh Hoa nam hoc 20122013

{

<b>---BIỂU CHẤM KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT</b>

{

{

{

{

{

{

{

{

{

{

{

{

(

)

<sub>S</sub>

<sub> = S</sub>

<sub> + S</sub>

S

=

S

=

S

=

S

=

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về