Toan vao 10 2962012

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

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2012

BÌNH ĐỊNH Khóa ngày 29 tháng 6 năm 2012

Đề chính thức Mơn thi : Toán

Ngày thi : 30/6/2012

Thời gian làm bài : 120 phút
Bài 1..(3,0điểm). 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

   

  



  _{, với}a 0,a 4 

d. Tính giá trị của biểu thức : B 4 2 3  7 4 3
Bài 2. (2,0điểm).

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 (P) và (d)

b. Chứng minh rằng với mọi m _{0 đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt}

Bài 3.(2,0điểm)

Quãng đường từ Quy Nhơn đến Bồng Sơn dài 100km. 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 xe máy kém vận tốc xe ơ tơ là 20km/giờ, tính vận tốc mỗi xe.

Bài 4.(3,0điểm)

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 nội tiếp
b. Chứng minh AK.AH = R2

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

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2012

BÌNH ĐỊNH Khóa ngày 29 tháng 6 năm 2012

HƯỚNG DẪN CHẤM (đề chính thức)
MƠN TỐN (gồm 02 trang)

Bài Nội dung Điểm

1a

2x – 5 = 0  _{2x = 5}


5
x

2


0,25
0,5

1b

y x 2
5x 3y 10

 




 

 

3x 3y 6
5x 3y 10
  




 




y x 2
2x 16

 







x 8
y 10








0,25
0,25

0,25

1c



 

 

 

 







2

2

5 a 3 a 2 3 a 1 a 2 a 2 a 8
A

a 4
a 8a 16

a 4
4 a

       




  




 

0,25

0,25
0,25
1d B 4 2 3  7 4 3 =









2 2

3 1  4 3
= 3 1 4   3 5

0,5
0,25

2a

Khi m = -1 thì phương trình của (P) là : y = - x2_{và phương trình của (d) là : y = x – 2}

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

Giải pt ta được x1 = 1, x2 = - 2  y1 = -1; y2 = - 4

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

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

2b

Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là :

- mx2_{= (m + 2)x + m – 1}_ _mx2_{– (m + 2)x + m – 1 = 0} ₍₁₎

Phương trình trên có : ∆ = (m – 2)2_{– 4m(1 – m) = 5m}2_{+ 4 > 0 với mọi m}_₀

 _{phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m}₀

 _{(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m}₀

0,25
0,5
0,25
3 Gọi x (km/giờ) là vận tốc xe máy (đk : x > 0)

 _{vận tốc ô tô là x + 20 (km/giờ)}

Quãng đường từ nơi gặp nhau đến Bồng Sơn là
3

2_{x (km)}
Quãng đường từ nơi gặp nhau đến Quy Nhơn là 100 -

3

2_{x (km)}

Thời gian xe máy chạy cho đến khi gặp ô tô là

3
100 x

2
x



(giờ)

Thời gian ô tô chạy cho đến khi gặp xe máy là :
3

x
2

x 20 _(giờ)

0,25
0,25

0,25

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

Do hai xe cùng khởi hành một lúc nên ta có phương trình :

3
100 x

2
x


=

3

x
2
x 20
 _3x2_{– 70x – 2000 = 0}

 _{x = 40; x =}
50
3


(loại)

Vậy vận tốc xe máy là 40 (km/giờ) vận tốc ơ tơ là 60 (km/giờ)

0,25

0,25
0,25

4a

I
O
C

N
M

K

B
A H

Ta có HKB 90  0_{(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)}

 0

HCB 90 _{(giả thiết)}

 HKB ₊HCB _{= 180}0 _ _{Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp}

H vẽ
0,25

0,25
0,25

4b

Hai tam giác AKC và ABH có :

 

KAC BAH _{(góc chung) ,}AKC ABH  _{(góc nội tiếp cùng chắn cung HC)}
 _{∆AKC ~ ∆ABH}



2

AK AB R

AK.AH AB.AC 2R. R

AC AH   2  _(đpcm)

0,25
0,25
0,5

4c

Tam giác MOA có MC vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên cân tại M, ta
lại có OM = OA nên tam giác MOA đều  MOA 60  0_{hay sđ}MA 60  0

Tương tự sđNA 60 0  _sđMN 120  0
Tam giác MKI có KI = KM và

 1

MKI
2


sđMN = 600_{nên là tam giác đều}_ _{MI = MK}

sđMB 180  0_{- sđ}MA _{= 180}0_{– 60}0_{= 120}0 _ _{MN = MB}

 

MNI MBK _{(cungf chawns cung MK),}MIN 180  0 MIK 180  0 600 1200

 1

MKB
2


sđ(

  1 0 0 0  

BA AM (180 60 ) 120 MIN MKB
2

     

 KMB IMN  _{∆MNI = ∆MBK ( c – g – c)} _{NI = BK ( đpcm)}

</div>

<!--links-->