vao 10 mien bac

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (623.13 KB, 23 trang )

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

Sở giáo dục - đào tạo
Nam định

đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm HọC 2012 - 2013
Mơn: Tốn

Thêi gian lµm bµi: 120 phót .
Đề thi ny cú 01 trang

Phần I- Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Hóy chọn phơng án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trớc phơng án đó vào bài làm.
Cõu 1: Điều kiện để biểu thức x1 cú nghĩa là

A. x1 B. x1 C. x 1 D. x1.
Câu 2: Giao điểm của đồ thị hai hàm số y = x - 3 và y = -2x + 3 có tọa độ là

A. (0;-3). B. (0;3). C. (2;-1). D. (2;-1).
Câu 3: Phương trình x2 - x - 2012m = 0 có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi

A. m0. B. m0 . C. m0. D. m0.
Câu 4: Tập nghiệm của phương trình





2 3 1 0

x  x x 
là



3;0



. B.



1;0



. C.



3; 1;0



. D.



3; 1



.
Câu 5: Đường thẳng nào sau đây có đúng một điểm chung với đồ thị hàm số y = 4x2?

A. y = 4x - 1. B. y = 4x . C. y = 5x - 3. D. y = 3x .
Câu 6: Cho đường tròn (O;R) nội tiếp hình vng ABCD, khi đó diện tích hình vng ABCD
bằng

A. 2R2. B. R2.

C. 2 2R2. D. 4R2.
Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AC = 3, BC = 5, khi đó tanB có giá trị bằng

4. B.

5. C.

3. D.

5
3.

Câu 8: Mặt cầu với bán kính 3cm có diện tích là

A. 4 (cm2). B. 36 (cm2). C. 12 (cm2). D. 362 (cm2).
PhÇn II- Tù ln (8,0 ®iĨm)

Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A =

1 2 1

:
1

1 1

x

x x x x

   

 

   

       

  (với x >0 và x1).
1) Rút gọn biểu thức A.

2) Chứng minh rằng A - 2 > 0 với mọi x thỏa mãn điều kiện x >0 và x1.
Câu 2. (1,5 điểm)

1) Giải phương trình x4 + x2 - 6 = 0

2) Tìm các giá trị của tham số m để hai đường thẳng y = (m2 + 1)x + m + 2 và y = 5x + 2
song song với nhau.

Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

1 1

1
1
3 1

x y

y xy



 






  

 .

Câu 4. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax,
By ( Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB). Trên nửa đường trịn đã
cho lấy điểm M khơng trùng với A và B, tiếp tuyến tại M cắt Ax, By lần lượt tại E và F.

1) Chứng minh AEMO nội tiếp.
2) Chứng minh EO2 = AE.EF.

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

3) Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB), gọi K là giao điểm của EB và MH. Tính tỉ số
MK

MH .

Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình:





4 2

2 x 4 3x 10x6
... HÕt

Hä vµ tªn thÝ sinh: ... Giám thị số 1: ...
Số báo danh: ... Giám thị số 2: ...

HNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2012 - 2013
PHẦN 1: Trắc nghiệm. (2đ). Mỗi câu 0,25 đ

Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8

D C C B A D A B

PHẦN 2: Tự luận (8đ)

Câu 1. (1,5 điểm)

Đáp án Điểm

1,0đ + Tính được





1 1

x x

x x x x x



 

  

và



 



2 1 1

1 1 1 1

x

x x x x



 

   

+ Thực hiện phép chia và tính được

x
A

x



2)
0,5đ

+ Ta có

( 1)

2 x

A

x

 

+ Vì với x >0 và x1nên





1 0

x 

và

√

x>0 . Do đó A - 2 > 0
Câu 2. (1,5 điểm)

Đáp án Điểm

1)
0,75

+ Đặt t = x2 điều kiện t0 phương trình đã cho trở thành t2 t 6 0
+ Giải phương trình t2 t 6 0 tìm được t12;t2 3

+ Đối chiếu điều kiện ta được t12 thỏa mãn. Từ đó tìm được x 2
2)

0,75

+ Điều kiện để hai đường thẳng song song là a a / và b b /
+ Giải điều kiện a a / tìm được m2

+ Giải điều kiện b b / tìm được m0.

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

Câu 3. (1,0 điểm)

Đáp án Điểm

+Tìm ĐKXĐ: x0và y1
+Biến đổi ptrình

1 1 1 1 1 1

1 1

1 1 1

y y

x

x y x y x y y



        

   (y0)

+Thay

y
x

y



vào phương trình 3y1xy ta được
1

3y 1 y y 3y 1 y 1 y 1

y


       

(thỏa mãn điều kiện).

+Thay y = 1 vào phương trình thứ nhất được x = 2 (thỏa mãn điều kiện)
Nếu y = 0 thì hệ đã cho vơ nghiệm

+Kết luận hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (2; 1)

Câu 4. (3,0 điểm)

Đáp án Điểm

1) + C/m góc EAO = 900 và C/m góc EMO = 900
+ C/m Tổng hai góc đối bằng 1800

+ Kết luận tứ giác AEMO nội tiếp.

+ C/m góc EOF = 900 và C/m góc OMF = 900. Suy ra MO là đường cao của tam 
giác vuông EOF.

+Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vng EOF có
EO2 = EM.EF.

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

EF EF EF

KM EM KM FB FM

FB   EM   ( Do FM = FB ) (1)
+ Áp dụng hệ quả của định lý ta - lét trong tam giác BEA ta có

KH BK KH BK

EA BE  EM BE ( Do EA = EM ) (2)

+ Áp dụng định lí Ta –lét vào tam giác FEB có:

FM BK

FE BE (3)

+ Từ (1), (2) và (3) suy ra KM = KH và tính được

1
2

MK
MH 

Câu 5.

4 2 4 4 2 3 2

4 2 3 2 4

4 3 2

2( 4) 3 10 6 2( 4) 9 100 36 60 36 120

9 100 36 60 36 120 2 8 0

7 60 136 120 28 0(2)

x x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x

           

        

     

Ta thấy x = 0 khơng là nghiệm của phương trình (2) nên x 0
Chia cả 2 vế của phương trình (2) cho x2 ta được

4 3 2

2
2

7 60 136 120 28 0(2)

28 120

7 60 136 0

4 2

7( ) 60( ) 136 0

x x x x

x x

     

     

     

Đặt
2

x t

x

 

(t0)

2 2

x t

x

   

Khi đó ta có phương trình bậc hai ẩn t
7t2 -28 – 60t + 136 = 0

 7t2 – 60t + 108 = t

Giải ra ta đc t1 = 6; t2 =
18

7
Từ đó tính đc x

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013
Mơn thi: TỐN

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

1) Tính:

A 9 4 5.

5 2

  



2) Cho biểu thức:

2(x 4) x 8

x 3 x 4 x 1 x 4



  

    với x ≥ 0, x ≠ 16.

a. Rút gọn B.

b. Tìm x để giá trị của B là một số nguyên.
Bài 2.(2,0 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + m + 1 = 0 (m là tham số).

1) Giải phương trình với m = 2.

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu (x1 < 0 < x2). Khi đó

nghiệm nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn?
Bài 3.(2,0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng (d): y =

mx + 2 (m là tham số).

1) Tìm m để (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất.

2) Cho hai điểm A(-2; m) và B(1; n). Tìm m, n để A thuộc (P) và B thuộc (d).
3) Gọi H là chân đường vng góc kẻ từ O đến (d). Tìm m để độ dài đoạn

OH lớn nhất.
Bài 4.(3,5 điểm)

Cho đường trịn (O), dây cung BC (BC khơng là đường kính). Điểm A di
động trên cung nhỏ BC (A khác B và C; độ dài đoạn AB khác AC). Kẻ
đường kính AA’ của đường trịn (O), D là chân đường vng góc kẻ từ A đến
BC. Hai điểm E, F lần lượt là chân đường vng góc kẻ từ B, C đến AA’.
Chứng minh rằng:

1) Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đường trịn.
2) BD.AC = AD.A’C.

3) DE vng góc với AC.

4) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.
Bài 5.(0,5 điểm):

Giải hệ phương trình:

4 3 2

2 2 2 2

x x 3x 4y 1 0

x 4y x 2xy 4y

x 2y

2 3

     



   

  




HẾT

---Họ và tên thí sinh: ……… Sớ báo danh: ………

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

1) Tính:

A 9 4 5.

5 2

  



1) Cho biểu thức:

2(x 4) x 8

x 3 x 4 x 1 x 4



  

    với x ≥ 0, x ≠ 16.

a. Rút gọn B.

b. Tìm x để giá trị của B là một số nguyên.

Nội dung Điểm

1.

(0,5đ) A 5 45 2 ( 5 2)2 5 2 5 2 4.



       

 0,5

2.

(1,5đ)

a. (1 đ)

Với x ≥ 0, x ≠ 16, thì:
B

2(x 4) x 8 2x 8 x( x 4) 8( x 1)

( x 1)( x 4) x 1 x 4 ( x 1)( x 4)

     

   

     

0,25

2x 8 x 4 x 8 x 8 3x 12 x

( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4)

     

 

    0,25

3 x( x 4) 3 x

( x 1)( x 4) x 1



 

   0,25

Vậy

3 x
B

x 1


 với x ≥ 0, x ≠ 16. 0,25

b. (0,5 đ)

Dễ thấy B ≥ 0 (vì x 0).
Lại có:

B 3 3

x 1

  

 (vì

3 0 x 0, x 16)

x 1     .
Suy ra: 0 ≤ B < 3  B Ỵ {0; 1; 2} (vì B Ỵ Z).

0,25

- Với B = 0  x = 0;
- Với B = 1 

3 x 1

1 3 x x 1 x .

x 1      

- Với B = 2 
3 x

2 3 x 2( x 1) x 4.

x 1      

Vậy để B Î Z thì x Î {0;
1

;
4 4}.

0,25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Cho phương trình: x2 – 4x + m + 1 = 0 (m là tham số).

1) Giải phương trình với m = 2.

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu (x1 < 0 < x2). Khi đó

nghiệm nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn?

Nội dung Điểm

1.

(1,0đ)

m = 2, phương trình đã cho thành: x2 – 4x + 3 = 0.

Phương trình này có a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 3. 0,5

Vậy với m = 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 3. 0,5

2.

(1,0đ)

Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu  ac < 0  m + 1 < 0  m < -1. 0,5
Theo định lí Vi-et, ta có:

1 2

x x 4

x x m 1

 




 

 .

Xét hiệu: |x1| - |x2| = -x1 – x2 = -4 < 0 (vì x1 < 0 < x2)  |x1| < |x2|.

0,25
Vậy nghiệm x1 có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn nghiệm x2. 0,25

Bài 3.(2,0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng (d): y =

mx + 2 (m là tham số).

1) Tìm m để (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất.

2) Cho hai điểm A(-2; m) và B(1; n). Tìm m, n để A thuộc (P) và B thuộc (d).
3) Gọi H là chân đường vng góc kẻ từ O đến (d). Tìm m để độ dài đoạn

OH lớn nhất.

Nội dung Điểm

1.

(0,75đ)

(d) cắt (P) tại một điểm duy nhất  Phương trình hồnh độ của (d) và (P):
-x2 = mx + 2

 x2 + mx + 2 = 0 có nghiệm duy nhất. 0,25
D = m2 – 8 = 0  m = ± 2 2. 0,25
Vậy giá trị m cần tìm là m = ± 2 2. 0,25
2.

(0,75đ)

A (P) m ( 2) m 4

n 2

B (d) n m 2

Ỵ  

   

 

  



Ỵ   

  0,5

Vậy m = -4, n = -2. 0,25

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

3.

(0,5đ)

0,25

- Nếu m ≠ 0 thì (d) cắt trục tung tại điểm A(0; 2) và cắt trục hoành tại điểm
B(

2 ;
m


0) (Hình 2).
 OA = 2 và OB =

2 2

m |m|

 

.
DOAB vuông tại O có OH ^ AB 

2 2

2 2 2

1 1 1 1 m m 1

OH OA OB 4 4 4



    

2
OH

m 1

 

 . Vì m2 + 1 > 1

m ≠ 0  m2 1 1  OH < 2.

So sánh hai trường hợp, ta có OHmax = 2  m = 0.

0,25

Bài 4.(3,5 điểm)

Cho đường tròn (O), dây cung BC (BC khơng là đường kính). Điểm A di
động trên cung nhỏ BC (A khác B và C; độ dài đoạn AB khác AC). Kẻ
đường kính AA’ của đường trịn (O), D là chân đường vng góc kẻ từ A đến
BC. Hai điểm E, F lần lượt là chân đường vng góc kẻ từ B, C đến AA’.
Chứng minh rằng:

1) Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đường tròn.
2) BD.AC = AD.A’C.

3) DE vng góc với AC.

4) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.

Nội dung Điểm

1.

(0,5đ) Vì

  0

ADB AEB 90   bốn điểm A, B, D, E cùng thuộc đường trịn đường kính

AB. 0,5

2.

(1,0đ) Xét  DADB và  DACA’ có:0

ADB ACB 90  (ACB 90  0 vì là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn);

 

ABD AA 'C (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

DADB ~ DACA’ (g.g)


AD BD

AC A 'C  BD.AC = AD.A’C (đpcm).

0,5

3.

(1,25đ

Gọi H là giao điểm của DE với AC.

Tứ giác AEDB nội tiếp  HDC BAE  BAA '. 0,25



BAA ' và BCA là hai góc nội tiếp của (O) nên:

 1   1 

BAA ' sđBA ' ; BCA sđBA .

2 2

  0,25



  1  1  1  0

BAA ' BCA sđBA' sđBA sđABA ' 90

2 2 2

    

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

4.

(0,5đ

Gọi I là trung điểm của BC, K là giao điểm của OI với DA’, M là giao điểm của
EI với CF, N là điểm đối xứng với D qua I.

Ta có: OI ^ BC  OI // AD (vì cùng ^ BC)  OK // AD.
DADA’ có: OA = OA’ (gt), OK // AD  KD = KA’.

DDNA’ có ID = IN, KD = KA’  IK // NA’; mà IK ^ BC (do OI ^ BC)
 NA’ ^ BC.

Tứ giác BENA’ có BEA ' BNA ' 90   0 nên nội tiếp được đường tròn

 EA 'B ENB  .

Ta lại có: EA 'B AA 'B ACB   (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)).

 ENB ACB   NE // AC (vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau).

Mà DE ^ AC, nên DE ^ EN (1)

0,25

Xét DIBE và DICM có:

 

EIB CIM (đối đỉnh)
IB = IC (cách dựng)

 

IBEICM (so le trong, BE // CF (vì cùng ^ AA’))
DIBE = DICM (g.c.g)  IE = IM

DEFM vuông tại F, IE = IM = IF.

Tứ giác DENM có IE = IM, ID = IN nên là hình bình hành (2)

Từ (1) và (3) suy ra DENM là hình chữ nhật  IE = ID = IN = IM
 ID = IE = IF. Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp DDEF.
I là trung điểm của BC nên I cố định.

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.

0,25

Bài 5.(0,5 điểm):

Giải hệ phương trình:

4 3 2

2 2 2 2

x x 3x 4y 1 0 (1)

x 4y x 2xy 4y

x 2y (2)

2 3

     



   

  




Nội dung Điểm

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

2 2 2 2 2 2 2

2(x 4y ) (1 1 )[x (2y) ] (x 2y) 

2 2 2

x 4y (x 2y) x 2y

2 4 2

  

  

(3)
Dấu bằng xảy ra  x = 2y.

Mặt khác, dễ dàng chứng minh được:

2 2

x 2xy 4y x 2y

3 2

  



(4)
Thật vậy,

2 2 2 2 2

x 2xy 4y x 2y x 2xy 4y (x 2y)

3 2 3 4

     

  

(do cả hai vế
đều ≥ 0)

 4(x2 + 2xy + 4y2) ≥ 3(x2 + 4xy + 4y2)  (x – 2y)2 ≥ 0 (luôn đúng x, y).
Dấu bằng xảy ra  x = 2y.

Từ (3) và (4) suy ra:

2 2 2 2

x 4y x 2xy 4y

x 2y

2 3

  

  

.
Dấu bằng xảy ra  x = 2y.

Do đó (2)  x = 2y ≥ 0 (vì x + 2y ≥ 0).

Khi đó, (1) trở thành: x4 – x3 + 3x2 – 2x – 1 = 0

 (x – 1)(x3 + 3x + 1) = 0
 x = 1 (vì x3 + 3x + 1 ≥ 1 > 0 x ≥ 0) 

y .

2


Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x = 1; y =
1

2).

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Đề thi Toán

vào 10 Sở Hà Nam năm 2012

Câu 1.

(1,5 điểm)

Rút gọn các biểu thức sau:

a) A

2 5

3 45

500 8 2 12

b) B

8 3 1











Câu 2.

(2,0 điểm)

a) Giải phương trình:

x



5x

 

4

0 b) Giải hệ phương trình:.

3x

y

1 x

2y

5 













Câu 3.

(2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabot (P)có phương trình

yx2

và đường

thẳng (d) có phương trình

y



2mx



2m



3 (m là tham số)

a) Tìm tọa độ các điểm thuộc (P) biết tung độ của chúng bằng 2.

b) Chứng minh rằng: (P)và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m. Gọi y

và

y

là tung độ các giao điểm của (P) và (d). Tìm mđể

y



y



9 Câu 4.

(3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O, đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A

lấy điểm M (M khác A). Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với (O) (C là tiếp điểm).

Kẻ CH vng góc với AB (

H

Ỵ

AB

), MB cắt (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH

tại N. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AKNH là tứ giác nội tiếp.

b)

AM



MK.MB

c) Góc

KAC



bằng góc

OMB



</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Câu 5.

(1,0 điểm)

Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn:

a



1;b



4;c



9

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

bc a 1

ca b

4 ab c

9 P

abc











</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2012 - 2013
MƠN : TỐN

( Thời gian làm bài120 phút, khơng kể giao đề )
Câu I (2 điểm)

1) Cho hai hàm số

x
y

và 2 1
x
y 

a) Vẽ đồ thị của hai hàm số này trên cùng một mặt phẳng toạ độ .
b) Tìm toạ độ giao điểm của hai đồ thị bằng phép tính.

2) Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + 3 = 0 có hai nghiệm x

1; x2. Hãy lập một phương

trình bậc hai có hai nghiệm (2x1 -1) và ( 2x2 -1).

Câu II (2 điểm)

1/ Giải các phương trình và bất phương trình sau:
a. x2 6x 9 2 

b. 2(x 3) 3 x  

2/ Rút gọn các biểu thức sau: P = (

√

b

√

b+2−

√

b

√

b −2+

√

b −1

b −4 ):
1

√

b+2 với b 0 và b
4

Câu III (1.5 điểm) : Cho hệ phương trình:

 

2 1

2 2

y x m
x y m
  




  


a. Tìm giá trị của m để hệ phương trình (1) có nghiệm (x; y) sao cho:
0
0

x
y






 
b.Tìm giá trị của m để biểu thức P = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu IV (1điểm) Nếu mở cả hai vòi nước chảy vào một bể cạn thì sau 6 giờ bể đầy nước.
Nếu mở riêng từng vịi thì vịi thứ nhất chảy đầy bể nhanh hơn vòi thứ hai là 5 giờ. Hỏi
nếu mở riêng từng vịi thì mỗi vịi chảy bao lâu đầy bể?

Câu V (3 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB. Điểm H cố định thuộc đoạn
thẳng AO (H khác A và O). Đường thẳng đi qua H và vng góc với AO cắt nửa đường
tròn (O) tại C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa
đường tròn (O) tại D cắt đường thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC

a. Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn
b. Chứng minh tam giác DEI là tam giác cân

c. Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD. Chứng minh góc ABF có số đo
khơng đổi khi D di chuyển trên cung BC (D khác B và C)

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Câu VI (0,5 điểm) : Cho biểu thức B = x5−6x4+12x3−4x2−13x+2014
Không dùng máy tính, hãy tính giá trị của B khi x =

√

3−

√

√

5
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPTHƯỚNG DẪN CHẤM 
Năm học 2012 - 2013

MƠN : Tốn

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

I. Hướng dẫn chung:

1) Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách giải nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ
điểm từng phần như hướng dẫn quy định.

2) Điểm tồn bài khơng làm trịn số.
II. Đáp án và biểu điểm:

Câu Đáp án điểmBiểu

Câu I (2.5 điểm)

1a)
0,75đ

a) Vẽ

 

x
P y

Bảng giá trị giữa x và y: (được 0,25)

x -4 -2 0 2 4

y -8 -2 0 -2 -8

Vẽ

 

: 2 1
x
d y 









0 1: 0; 1

0 2 : 2;0

x y A

y x B

   

  

(được 0,25)
Vẽ đúng, đẹp được: (được 0,25)

1b)
0.5đ

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

 

1 2 0 1

2 2

x x

      

Vì a b c  0 nên (1) có hai nghiệm là x11; x2 2

* Với 1 1
1
1

x   y 
* Với x2  2 y2 2

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là:



1; 2



và



2; 2



0,25
0,25

2)

0,75đ Với phương trình: x

2 + 5x + 3 = 0

Có D 25 12 13 0  

Nên pt ln có 2 nghiệm phân biệt

x1+ x2 = - 5 ; x1x2 = 3 0,25

-2

-4

-6

-8

-10

-5 5 10 15

y = x
2 - 1

y=-x

2

1

4
3
2
1
-2 -1

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Gọi S, P lần lượt là tổng, tích của 2nghiệm của phương trình cần lập
Do đó S = (2x1 -1) + ( 2x2 -1).= 2(x1+x2 – 1) = -12

Và P =(2x1 -1).( 2x2 -1) = 4x1x2 - 2 (x1+ x2) + 1 = 23

Vậy phương trình cần lập là x2 + 12x + 23 = 0

0,25
0,25
Câu II (2 điểm)

1)

1.0đ a)

2 2

x  6x 9 2   (x 3)  2 x 3 2
 x 3 2   x 5

0,25
 x 3 2 x 1

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = 5; x2 = 1 0,25

b) 2(x 3) 3 x    2x 6 3 x   3x 9  x 3 0,25
Vậy nghiệm của bất phương trình là: x < 3 0,25

2)
1.0đ

P = (

√

b

√

b+2−

√

b

√

b −2+

√

b −1

b −4 ):
1

√

b+2
= (b −2

√

b − b −2

√

b+4

√

b −1

b −4 ):
1

√

b+2 0,25

( 2)( 2)

b

b b





  0,25

=
1

2 b 0,25

Với với b 0 và b 4 khi đó ta có :

1
2
P
b

 0,25

Câu III (1,5điểm)

a)
1.0đ

2 1 2 1

2 2 2 2

y x m x y m

x y m x y m

      
 

 
     
 

2 4 2 2 3 3

2 2 2 2

x y m y m

x y m x y m

    

 

   

     

  0,25

2 2 1

y m y m

x y m x m

 

 

   

    

 

Vậy hệ ln có nghiệm duy nhất: 1
y m
x m



 
 0,25

Mà theo bài:

0 1 0 1

0 1

0 0 0

x m m

m

y m m

   

  

    

  

  

   0,25

Vậy 0m1 thì hệ phương trình (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn

0
0
x
y





 0,25

b)
0.5 đ

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

F
I

C
E

O
A

B
H

D
Nên P = x + y = (m -1) + m = 2m - 2m +12 2 2 2 2

2 1 1 1

2( ) 2

2 2 4

m m m  

        

 

 

 

1 1 1

2( )

2 2 2

m

    0,25

 P đạt GTNN bằng 
1
2khi

1 1

2 2

m   m 0,25

Câu IV (1điểm)

Gọi thời gian vịi thứ nhất chảy một mình đầy bể là: x (h) (ĐK: x>6)
thì thời gian vịi thứ hai chảy một mình đầy bể là: x + 5 (h)

Trong 1 (h): vòi 1 chẩy được:
1

x(bể)

Vòi 2 chảy được:
1

x (bể)

Theo bài trong 1 (h) cả 2 vịi chảy được:
1

6(bể). Nên ta có phương trình

x +

1
5

x = 
1
6
 x2 -7x -30 = 0

Giải phương trình ta được: x1 = 10 (TMĐK), x2 = -3 (loại)

Vậy vịi 1 chảy một mình trong 10 (h) đầy bể, vịi 2 chảy một mình trong
15(h) đầy bể

0,25

0,25
0,25
0,25
Câu V 3 điểm

a)
0.75đ

Vẽ được hình 1: 0,25 điểm

Hình 1
Hình 2

Vì AB là đường kính nên ABD 90   , do đó IDB 90   0,25

vì CH ^ AB nên IHB 90   0,25

suy ra IDB +IHB 180   0,25

Vậy tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn
b)

0,75đ EDA DBA 

1
2


sđAD 0,25

I
C

O
E

A

B
H

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

 

DEI DBA ( cùng bù DIH ) 0,25đ

Do đó EDI DIE  hay DDEI là tam giác cân 0,25

c)

1.0đ

Do F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD nên
 180 CFI CFI

ICF 90

2 2

 

   

0,25



 

CFI

ICD CBA

2   suy ra ICF 90    CBA HCB 

0,5

Vì D nằm trên cung BC nên tia CF trùng với tia CB cố định . Vậy góc ABF

có số đo khơng đổi

(Học sinh chứng minh theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)

0.25

Câu VI

0,5 đ

Ta có x =

3 5 (3 5) 3 5

3 5 (3 5)(3 5)

  

 

  

 2x = 3 5  3 - 2x = 5  x2 - 3x + 1 = 0
Ta có: B = x5−6x4

+12x3−4x2−13x+2014

= (x2 - 3x + 1)(x3 - 3x2 +2x +5) +2009

= 0. (x3 - 3x2 +2x +5) +2009 = 2009

Vậy khi x=

√

3−

√

5 thì B = 2009

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2012 - 2013
MÔN : TỐN

( Thời gian làm bài120 phút, khơng kể giao đề )
Câu I (2 điểm)

1) Cho hàm số y =
1 2x
4

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đó.

b) Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ
bằng –2 và cắt đồ thị (P) nói trên tại điểm có hồnh độ bằng 2.

2) Cho phương trình bậc hai x2 - 6x + 8 = 0 có hai nghiệm x

1; x2.Khơng giải phương

trình hãy tính giá trị các biểu thức sau:

1 2

2 1

x 1 x 1

x x

 


Câu II (2 điểm)

1/ Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a. 3x 2 2  b. 3(x 1) 5 x  

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

2/ Rút gọn các biểu thức sau:

1 1 1 2

1 .

1 1 x

x x x

   

      



 

   

với x >0 và x 1
Câu III (1.5 điểm) :

Cho hệ phương trình:

 

2 3

2 2 1

y x m

x y m

   





  



a.Tìm giá trị của m để hệ phương trình (1) có nghiệm (x; y) sao cho:

2 2 5

2
2

x y
x y

 




b.Tìm giá trị của m để biểu thức P = x2 + xy đạt giá trị nhỏ nhất

Câu IV (1điểm)

Cho một số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng chữ số hàng chục bé hơn chữ số hàng
đơn vị là 4. Khi viết thêm chữ số 2 vào đằng trước ta được một số nhỏ hơn bình phương
của số đã cho là 10 đơn vị. Tìm số đã cho

Câu V (3 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm H cố định thuộc đoạn thẳng
AO (H khác A và O). Đường thẳng đi qua H và vng góc với AO cắt nửa đường trịn
(O) tại C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa đường
tròn (O) tại D cắt đường thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC

a. Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn
b. Chứng minh tam giác DEI là tam giác cân

c. Gọi F là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ICD. Chứng minh góc ABF có số đo
khơng đổi khi D di chuyển trên cung BC (D khác B và C)

Câu VI (0,5 điểm) : Cho biểu thức B = x5−6x4+12x3−4x2−13x+2014
Khơng dùng máy tính, hãy tính giá trị của B khi x =

√

3−

√

---Hết-
---Giám thị khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….Sớ báo danh:………

Chữ kí giám thị 1:………Chữ kí giám thị 2:………
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPTHƯỚNG DẪN CHẤM 
Năm học 2012 - 2013

MÔN : Toán

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

I. Hướng dẫn chung:

1) Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách giải nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ
điểm từng phần như hướng dẫn quy định.

2) Điểm tồn bài khơng làm trịn số.
II. Đáp án và biểu điểm:

Câu Đáp án Biểu

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

điểm
Câu I (2.5 điểm)

1a)
0,5đ

+ Lâp bảng giá trị có ít nhất 5 giá trị

+ Biểu diễn đúng 5 điểm trên mặt phẳng tọa độ
+ Vẽ đường parabol đi qua 5 điểm

0,25
0,25
1b)

0.75đ

+ Xác định đúng hệ số b = –2

+ Tìm được điểm thuộc (P) có hồnh độ bằng 2 là điểm (2; 1)
+ Xác định đúng hệ số a =

3
2
0,25
0,25
0,25
2)
0.75đ

Với phương trình: x2 -6x + 8 = 0

Có D  / 9 8 1 0 

Nên pt ln có 2 nghiệm phân biệt
x1+ x2 = 6 ; x1x2 = 8

2 2

1 2 1 1 2 2

2 1 1 2 1 2

x 1 x 1 x x x x

nên

x x x .x x .x

   

  

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

x x x x (x x ) 2x .x x x 36 16 6 13

x .x x .x 8 4

        

   

0,25

0,5

Câu II (2 điểm)

1)
1.0đ

a) 3x 2 2  (ĐK: x 
2

3


)

3x 2 4 3x 6 x 2

       (TMĐK) 0,25

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 2 0,25

b) 3(x 1) 5 x    3x 3 5 x    4x 8  x 2 0,25
Vậy nghiệm của bất phương trình là: x < 2 0,25

2)

1.0đ

1 1 1 2

1 .

1 1 x

x x x

   
      


 
   
B
=

1 1 1 2

( )( )

( 1)( 1)

x x x

    

  0,25

1 2 2

( )( )

( 1)( 1)

x x

x x x

 

  0,25

=
2

x 0,25

Với với x > 0 và x 1 khi đó ta có :B =

x

0,25

Câu III (1,5điểm)
a)

2 3 2 3

2 2 1 4 2 4 2

y x m x y m

x y m x y m

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

1.0đ

5 5 5 1

2 3 2 3

x m x m

x y m x y m

   

 

   

     

  0,25

1
1
x m
y
 

 




Vậy hệ ln có nghiệm duy nhất:

1
1
x m
y
 



 0,25

Mà theo bài:

2 2 5 ( 1)2 1 5 2 2 3

2 2 2 ( 1)

2 1 2 1

x y m m m

m

x y m m

      

     

   

( 1)( 3)

2 3 2 1

1
m m
m m
m
 
      

 (TMĐK) 0,25

Vậy m = -1 thì hệ phương trình (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn

2 2
5
2
2
x y
x y
 


 0,25

b) 
0.5 đ

Theo kết quả phần a ta có:

1
1
x m
y
 




Nên P = x + xy = (m +1)2 2- m -1

2
2

= m - m = (m 1) 1

4 4

m

  

1 1 1

( )

2 4 4

m

    0,25

 P đạt GTNN bằng 
1
4

khi
1 1
0
2 2

m   m 0,25

Câu IV (1điểm)

Gọi chữ số hàng chục của số cần tìm là x ( 1 x 5 )
Thì chữ số hàng đơn vị là : x +4

Số cần tìm là: x x



4



= 10x + x + 4 = 11x + 4
Khi viết thêm chữ số 2 vào đằng trước ta được số

2x x



4



= 200 + 10x + x + 4 = 204 + 11x
Theo bài ra ta có phương trình:

204 + 11x + 10 = (11x + 4)2
 121x2 + 77x - 198 = 0
 11x2 + 7x – 18 = 0

Giải phương trình ta được: x1 = 1 (TM) ; x2 =
18
11


(loại)
Vậy số cần tìm là: 15

0,25

0,25
0,25

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

F
I

C
E

O
A

B
H

D
a)

0.75đ

Vẽ được hình 1: 0,25 điểm

Vì AB là đường kính nên ABD 90   , do đó IDB 90   0,25

vì CH ^ AB nên IHB 90   0,25

suy ra IDB +IHB 180   0,25

Vậy tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn

b)
0,75đ

 

EDA DBA

1
2


sđAD 0,25

 

DEI DBA ( cùng bù DIH ) 0,25đ

Do đó EDI DIE  hay DDEI là tam giác cân 0,25

c)
1.0đ

Do F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD nên
 180 CFI CFI

ICF 90

2 2

 

   

0,25



 

CFI

ICD CBA

2   suy ra ICF 90    CBA HCB 

0,5

Vì D nằm trên cung BC nên tia CF trùng với tia CB cố định . Vậy góc ABF có số
đo khơng đổi

(Học sinh chứng minh theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)

0.25

Câu VI
0,5 đ

Ta có x =

3 5 (3 5) 3 5

3 5 (3 5)(3 5)

  

 

  

 2x = 3 5  3 - 2x = 5  x2 - 3x + 1 = 0
Ta có: B = x5−6x4+12x3−4x2−13x+2014
= (x2 - 3x + 1)(x3 - 3x2 +2x +5) +2009

= 0. (x3 - 3x2 +2x +5) +2009 = 2009
Vậy khi x=

√

3−

√

√

5 thì B = 2009

I
C

O
E

A

B
H

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23></div>

vao 10 mien bac































 







√

<b>Đề thi Toán</b>

<b>vào 10 Sở Hà Nam năm 2012</b>

<b>Câu 1.</b>

<i>(1,5 điểm)</i>

Rút gọn các biểu thức sau:

a) A

2 5

3 45

500

8 2 12

b) B

8

3 1















<b>Câu 2.</b>

<i>(2,0 điểm)</i>

a) Giải phương trình:

x



5x

 

4

0

b) Giải hệ phương trình:.

3x

y

1

x

2y

5















<b>Câu 3. </b>

<i>(2,0 điểm)</i>

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabot (P)có phương trình

và đường

thẳng (d) có phương trình

y



2mx



2m



3

(m là tham số)

a) Tìm tọa độ các điểm thuộc (P) biết tung độ của chúng bằng 2.

b) Chứng minh rằng: (P)và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt với mọi m. Gọi y

và