DeDA vao 10 Binh Dinh 20122013

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

<b>SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO</b> <b>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM 2012</b>

<b>BÌNH ĐỊNH</b> <b>Khóa ngày 29 tháng 6 năm 2012</b>

<b>Đề chính thức</b>

Mơn thi : TOÁN
Ngày thi : 31 / 6 / 2012

Thời gian làm bài : 120 phút ( không kể thời gian giao đề )
<b>Bài 1: (3điểm)</b>

Học sinh khơng sử dụng máy tính bỏ túi
a) Giải phương trình: 2x – 5 = 0

b) Giải hệ phương trình:

y x 2
5x 3y 10

 




 



c) Rút gọn biểu thức

2

5 a 3 3 a 1 a 2 a 8
A

a 4
a 2 a 2

   

  



  _vớia 0;a 4. 
d) Tính giá trị của biểu thức B 4 2 3  7 4 3

<b>Bài 2: (2điểm)</b>

Cho parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình lần lượt là y = mx2_và

y = ( m + 2 )x + m – 1 ( m là tham số ) , m _{0 ).}

a) Với m = –1 , tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P).

b) Chứng minh rằng với mọi m _{0 đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt.}
<b>Bài 3: (2điểm)</b>

Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng sơn dài 100 km. Cùng một lúc , một xe máy khởi hành từ Quy
Nhơn đi Bồng Sơn và một xe ô tô khởi hành từ Bồng Sơn đi Quy Nhơn. Sau khi hai xe gặp nhau

, xe máy đi 1 giờ 30 phút nữa mới đến Bồng Sơn. Biết vận tốc hai xe không thay đổi trên suốt quãng đường
đi và vận tốc của xe máy kém vận tốc xe ơ tơ là 20 km/h. Tính vận tốc mỗi xe.

<b>Bài 4: (3điểm)</b>

Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây MN vng góc với
OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN.

a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AK . AH = R2_.

c) Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM. Chứng minh NI = KB.

---HẾT---BÀI GIẢI:

<b>Bài 1: (3điểm)</b>

a) 2x – 5 = 0

5
x

2

 

b)

y x 2 3x 3y 6 2x 16 x 8

5x 3y 10 5x 3y 10 y x 2 y 10

      

   

  

   

      

   

c) Với a 0;a 4.  Ta có

2

(5 a 3)( a 2) (3 a 1)( a 2) (a 2 a 8)
A

a 4

       





2

2 2

5a 10 a 3 a 6 3a 6 a a 2 a 2 a 8
a 4

a 8a 16 (a 4)

4 a

a 4 a 4

         





    

   

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

A _B
C

M

N

I
O
H

1
2

K
d) B 4 2 3  7 4 3  ( 3 1) 2  (2 3)2  3 1 2   3 3
<b>Bài 2: (2điểm)</b>

a) Với m = –1 , ta có (P): y = –x2_{và (d) : y = x – 2}

Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: –x2_{= x – 2}_ _x2_{+ x – 2 = 0}

Ta có : a + b + c = 1 + 1 – 2 = 0 . Nên phương trình có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = – 2

Với x1 = 1  y1 = – 1 , ( 1 ; - 1 ) ; x2 = – 2  y1 = – 4 , ( -2 ; - 4 )

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là ( 1 ; - 1 ) ; ( -2 ; - 4 ) .

b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình: mx2_{= ( m + 2 )x + m – 1}

mx2_{– ( m + 2 )x – ( m – 1 ) = 0 (1)}



m 2



2 4m m 1





  _  _  

= m2_{+ 4m + 4 + 4m}2_{– 4m = 5m}2_{+ 4 > 0}

Nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt.

Vậy (P) và (d) ln cắt nhau tại hai điểm phân biệt.
<b>Bài 3: (2điểm) 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ</b>

Gọi vận tốc của xe máy là x (km/h) , x > 0. Vận tốc của ô tô là x + 20 (km/h).
Đến khi gặp nhau ô tô đi được 1,5x (km)

Thời gian xe máy đi đến chỗ gặp nhau :

100 1,5x
x


(km)

Thời gian ô tô đi đến chỗ gặp nhau :
1,5x
x 20 _(km)

Theo đề bài tốn ta có phương trình:

100 1,5x
x


=
1,5x

x 20  _3x2_{– 70x – 2000 = 0}

' 1225 6000 7225 0 ' 85
       
Phương trình có hai nghiệm phân biệt : 1

35 85

x 40

3


 

(TMĐK) ; 2

35 85 50
x

3 3

 

 

(loại)
Vậy vận tốc xe máy là 40 km/h ; vận tốc ô tô là 40 + 20 = 60 km/h.

<b>Bài 4: (3điểm)</b>

a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp:

Ta có: HKB 90  0_{(vì nội tiếp chắn nửa đường trịn)}
Ta có: HCB 90 0_{(vì MN}_AB)

Do đó: HKB HCB 90   0900 1800
Tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh AK.AH = R2_.

Xét ΔACH và ΔAKB có:

  0

ACH AKB 90  _;A _chung.





ΔACH ~ ΔAKB g.g


AC AH

AH.AK AC.AB
AK AB

   

2

OA R

AH.AK .AB .2R R

2 2

   

c) Chứng minh: NI = KB:

Trong tam giác vuông OCN, có:

 OC R 1  0

cosCOM : R COM 60

ON 2 2

    

(1)

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

Ta có

 1 1 0 0

ABM COM .60 30

2 2

  

( góc nội tiếp và góc ở tâm chắn cung AM)
Trong tam giác BMC vng tại C có CBM 30  0  BMC 60 0

Ta có: AB _{MN nên MC = NC ( đường kính vng góc với một dây )}

Tam giác BMN có BC là đường cao, là trung tuyến và BMC 60  0_{, nên là tam giác đều.}

 0

MBN 60

  _{và MN = BM.}

Ta có MKN BMC 60   0_{(góc nội tiếp chắn cung MN)}

Tam giác MKI có KM = KI (gt) và MKN 60  0_{, nên là tam giác đều.} KMI 60  0_{và MI = MK}
Lại có : M 1BMI 60  0 và  

0
2

M BMI 60  M ₁M ₂
Xét hai tam giác: ΔMIN và ΔMKB có:

MI = MK(cmt); M 1 M 2_{(cmt); BM = MN(cmt)} Δ_{MIN =}Δ_{MKB(c.g. c)}
 _{NI = KB.}

</div>

<!--links-->