De thi vao 10 Hai Duong nam 20122013

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (190.26 KB, 9 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

---KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012-2013

MÔN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: Ngày 12 tháng 7 năm 2012

(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu 1(2,0 điểm):

Giải các phương trình sau:
a) x x



 2



12 x.

b)
2
2

8 1 1

16 4 4

x

x x x



 

   .

Câu 2(2,0 điểm):

a) Cho hệ phương trình

3 2 9

  




 



x y m

x y có nghiệm (x; y). Tìm m để biểu thức



xy x 1



đạt giá trị lớn nhất.

b) Tìm m để đường thẳng y(2m 3)x 3 cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ

bằng

2
3.

Câu 3(2,0 điểm):

a) Rút gọn biểu thức





3 1

. 2

2 1

 

   

  

 

P x

x x x với x0 và x4.

b) Năm ngoái, hai đơn vị sản xuất nông nghiệp thu hoạch được 600 tấn thóc.
Năm nay, đơn vị thứ nhất làm vượt mức 10%, đơn vị thứ hai làm vượt mức 20% so với
năm ngối. Do đó cả hai đơn vị thu hoạch được 685 tấn thóc. Hỏi năm ngối, mỗi đơn

vị thu hoạch được bao nhiêu tấn thóc?

Câu 4(3,0 điểm):

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn (O). Vẽ các đường cao

BE, CF của tam giác ấy. Gọi H là giao điểm của BE và CF. Kẻ đường kính BK của (O).

a) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh tứ giác AHCK là hình bình hành.

c) Đường trịn đường kính AC cắt BE ở M, đường trịn đường kính AB cắt CF ở

N. Chứng minh AMAN.

Câu 5 (1,0 điểm):

CH NH TH C

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

Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn: b d 0 và 2
ac

b d  . Chứng minh rằng

phương trình



x2 ax b x

 

2 cx d



0

     ( x là ẩn ) luôn có nghiệm.

--- Hết

---Họ và tên thí sinh: ………Số báo danh: ……….
Chữ ký của giám thị 1: ………Chữ ký của giám thị 2: ………..

ĐÁP ÁN

Câu Ý Nội dung

1 a Giải phương trình





2 12
x x   x



2



12 2 2 12

x x   x x  x  x

 x2  x 12 0

Phương trình có hai nghiêm phân biệt

1
2

4
3
x
x




Giải phương trình

2
2

8 1 1

16 4 4

x

x x x



 

  

ĐKXĐ: x4
2

2
2

8 1 1

2 8 0

16 4 4

x

x x

x x x



     

  

1 2
x

  ;x2 4 (loại)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x2

2 a

Cho hệ phương trình

3 2 9

  




 



x y m

x y có nghiệm (x; y). Tìm m để biểu

thức



xy x 1



đạt giá trị lớn nhất.

3 2 9 2

5 3

x y m x m

x y y m

    

 



 

   

 

Ta có :xy x 1m22m7

xy x 1



m1



2 8 8 
=>GTLN



xy x  1



=8 khi m=1

b Tìm m để đường thẳng y(2m 3)x 3 cắt trục hoành tại điểm có

hồnh độ bằng

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

+/ Đường thẳng cắt trục hồnh tại điểm có hồnh độ bằng

2
3 =>

2
3
0
x
y





 


+/ Thay vào công thức xác định đường thẳng ta được :

(2 3) 3 0

3
  
m
4
5 0
3m
  
15
4
m
 
3 a

Rút gọn





3 1

. 2

2 1

P x

x x x

 

   

  

  với x0 và x 4.



 







3 1
. 2
1
1 2
P x
x
x x
 
 
  
    
 



 







3 2

. 2

1 2 1 2

x

P x

x x x x

 

 
  
     
 







 







1
. 2
1 2
x
P x
x x
  
 
 
   

  vì x0 và x4

1
P

b Năm ngối, hai đơn vị sản xuất nơng nghiệp thu hoạch được 600 tấn
thóc. Năm nay, đơn vị thứ nhất làm vượt mức 10%, đơn vị thứ hai làm
vượt mức 20% so với năm ngối. Do đó cả hai đơn vị thu hoạch được
685 tấn thóc. Hỏi năm ngối, mỗi đơn vị thu hoạch được bao nhiêu tấn
thóc?

Gọi số thóc đơn vị thứ nhất và thứ hai thu hoạch được trong năm ngoái
lần lượt là x; y (tấn ), điều kiện x y, 0.

Theo giả thiết ta có phương trình x y 600 (1)

Năm nay, số thóc của hai đơn vị là 1,1 ; 1,2yx (tấn )
Theo giả thiết ta có phương trình 1,1x1, 2y685 (2)

Ta có hệ phương trình

600
1,1 1,2 685

 


 

x y
x y

Giải hpt được nghiệm

350
250





x
y

Số thócđơn vị thứ nhất và thứ hai thu hoạch được trong năm ngoái lần
lượt là

350 tấn, 250 tấn.

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

- Vẽ hình đúng câu a

-  0

BEC (gt)

-  0

BFC (gt)

=> E,F nằm trên đường trịn đường
kính BC.

Hay tứ giác BCEF là tứ giác nội
tiếp(do tam giác ABC nhọn- không 
yêu cầu h/s nêu tam giác nhọn).
(Chú ý: nếu tam giác có góc A tù thì tứ giác BCFE nội tiếp)

b Chứng minh tứ giác AHCK là hình bình hành.
-Ta có :BCK 900 KCBC

mà AH BC( do H là trực tâm ABC)

AH//KC

 (tam giác ABC nhọn nên AK- không y/cầu h/s nêu tam 
giác nhọn).

-Chứng minh tương tự :AK CH/ /

=> tứ giác AHCK là hình bình hành
c Chứng minh AMAN.

+/Xét tam giác AFC và AEB có:


EAB( chung ) và AFCAEB900

=>tam giác AFC đồng dạng với
tam giác AEB =>AE AC. AF AB.

(1)

+/Xét tam giác AMC có :

 900

AMC ( nội tiếp chắn nửa

đường trịn đường kính AC)

MEAC (gt)

2 .
AM AE AC

  ( hệ thức lượng

trong tam giác vuông )
(2)

+/C.minh tương tự: 2

AN AF AB(3)

Từ (1),(2),(3) => AM = AN .

5 Chứng minh rằng: Nếu b d 0 và 2
ac

b d  thì phương trình



x2ax b x

 

2cx d



0 ( ẩn là x) luôn có nghiệm.



x2ax b x

 

2cx d



0 (I)

N
M

A

B C

E

F H O

O
H

F

E K

C
B

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



x2 ax b



0 1 

    hoặc



x2 cx d



0 2 

   .

Ta có :22124;4abcd.

+/ Nếu b d 0

=> trong hai số b, d có ít nhất một số âm (chẳng hạn b < 0 thì
2

1 4 0

 a  b )

=> ít nhất một trong hai phương trình (1) và (2) có nghiệm
=> phương trình (I) có nghiệm .

+/ Nếu b d 0 mà 2 2 

ac

ac b d

b d     .

=>    1 2 a2 4b c 2 4d a c 22ac 2b d 0.

=>trong hai số  1; 2 tồn tại ít nhất một số khơng âm

=> ít nhất một trong hai phương trình (1) và (2) có nghiệm
=> phương trình (I) có nghiệm .

Vậy nếu b d 0 và 2
ac

b d  thì phương trình



x2ax b x

 

2cx d



0 ( ẩn là x) ln có nghiệm.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

---KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012-2013

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: Ngày 14 tháng 7 năm 2012

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 1(2,0 điểm): Giải các phương trình sau:
a)

2 4

5 3 0

3x 5x

   

  

   

   

b) 2x 3 1

Câu 2(2,0 điểm): Cho biểu thức:

a a a a

A

b a

a b a b a b ab

   

     



   

    với a và b là các số dương khác

nhau.

a) Rút gọn biểu thức:

a b ab

A

b a
 


 .

b) Tính giá trị của A khi a 7 4 3 và b 7 4 3.

Câu 3(2,0 điểm):

CH NH TH C

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

a) Tìm m để các đường thẳng y 2  x m và y 2 3 x  m  cắt nhau tại một điểm
nằm trên trục tung.

b) Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Lúc 6 giờ một xe
máy đi từ A để tới B. Lúc 6 giờ 30 phút cùng ngày, một xe ô tô cũng đi từ A để tới B với
vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h (hai xe chạy trên cùng một con đường đã cho).
Hai xe nói trên đều tới B cùng lúc. Tính vận tốc mỗi xe.

Câu 4(3,0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (R là một độ dài cho
trước). Gọi C, D là hai điểm trên nửa đường trịn đó sao cho C thuộc cung AD và

 1200


COD . Gọi giao điểm của hai dây AD và BC là E, giao điểm của các đường thẳng
AC và BD là F.

a) Chứng minh rằng bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường trịn.
b) Tính bán kính của đường trịn đi qua C, E, D, F nói trên theo R.

c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác FAB theo R khi C, D thay đổi nhưng
vẫn thỏa mãn giả thiết bài tốn.

Câu 5(1,0 điểm): Khơng dùng máy tính cầm tay, tìm số ngun lớn nhất khơng vượt
q S, trong đó





2 3
 
S

--- Hết

---Họ và tên thí sinh: ………Số báo danh:
………..

Chữ ký của giám thị 1: ……….Chữ ký của giám thị 2:
………..

ĐÁP ÁN

Câu Ý Nội dung

a Giải phương trình

2 4

5 3 0

3x 5x

   

  

   

    (1)

(1)

2
5
3x

 

hoặc

4
3
5x

2 15

3x  x2

4 15

5x  x 4

Vậy (1) có 2 nghiệm  

15 15

;

2 4

x x

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

(2)  2x 31 hoặc 2x 31

2x-3=1 2x 4 x2

2x-3=-1 2x 2 x1

Vậy (2) có 2 nghiệm x=2; x=1

2 a

Rút gọn biểu thức:

a b ab

A

b a
 


 .

( ) ( )

( )

a b a a a a b a

A

b a a b

   



 



 



( )

ab a b

A

b a ab



 



( a b)

A

b a

 

  


2

a b ab

A

b a

b Tính giá trị của A khi a 7 4 3,b 7 4 3

Có a+b=14; b-a=8 3; ab=1

Do đó theo CM trên ta có A =

  




2 14 2

8 3

a b ab

b a

Nên 

2
3

A

Hay 

2 3
3

A

3 a Tìm m để các đường thẳng y 2  x m và y 2 3 x  m  cắt nhau tại
một điểm nằm trên trục tung.

Đường thẳng y 2  x m cắt trục tung tại điểm M(x;y): x=0; y=m

Đường thẳng y 2 3 x  m  cắt trục tung tại điểm N(x’;y’): x’=0;

y’=3-2m

Do hệ số góc 2 đường thẳng khác nhau

Yêu cầu bài toán đã cho  MN  3-2m=m  m=1

Kết luận m=1

b Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Lúc 6 giờ
một xe máy đi từ A để tới B. Lúc 6 giờ 30 phút cùng ngày, một xe ô
tô cũng đi từ A để tới B với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h
(hai xe chạy trên cùng một con đường đã cho). Hai xe nói trên đều tới

B cùng lúc. Tính vận tốc mỗi xe.

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

Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là

90
( )h
x

Thời gian xe ô tô đi hết quãng đường AB là

90
( )
15 h

x ; 30’=
1

( )
2 h

Theo bài ra ta có phương trình

90 90 1

15 2

x  x  (*)

Giải được phương trình (*) có x = 45( t/m); x = -60(loại)

Vậy vận tốc xe máy là 45km/h; vận tốc xe ô tô là 45+15=60 (km/h)
4 a Chứng minh rằng bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường trịn

Vẽ hình đúng câu a)

Vì AB là đường kính nên BCAC;

tương tự BDAD

AD cắt BC tại E, đt ACvà BD cắt
nhau tại F

Do đó D và C cùng nhìn FE dưới một
góc vng nên C, D, E, F cùng nằm
trên một đường trịn (đường kính EF)

b Tính bán kính của đường trịn qua C,E,D,F theo R.

Vì COD =1200 nên CD=R 3( bằng cạnh tam giác đều nội tiếp (O) )

Và AFB =

0 0 0

(180 120 ) 30

2   .

(Vì tam giác ABF nhọn nên FE nằm giữa FC và FD nên tứ giác
CEDF nội tiếp đường trịn đường kính FE- Thí sinh khơng chỉ ra điều
này cũng không trừ điểm)

Suy ra sđ CED = 600(của đường trịn đường kính FE , tâm I) do đó tam

giác ICD đều hay bán kính cần tìm ID=CD= R 3

c Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác FAB theo R khi C, D thay
đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán.

Gọi H là giao của các đường FE và AB, J là giao của IO và CD. Có

FHAB

. .

ABF

S  AB FHR FH

. Do đó bài tốn quy về tìm giá trị lớn
nhất của FH

Có FH=FI+IHFI+IO=FIIJ+JO=

3. 3

3 ( 3 2)

2 2

R R

R   R 

(Vì IJ là đường cao tam giác đều cạnh R 3; Tam giác COD cân đỉnh

J
I

E
O

A B

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

O góc COD = 1200 ; OI là trung trực của CD nên tam giác COJ vng

ở J có góc


OCJ = 300 hay OJ= OC/2=R/2)

Dấu bằng xảy ra khi F,I,O thẳng hàng, lúc đó CD song song với
AB( cùng vng góc với FO)

Vậy diện tích tam giác ABF lớn nhất bằng R2( 32)khi CD song

song với AB

5 Khơng dùng máy tính cầm tay, tìm số ngun lớn nhất khơng vượt
q S, trong đó





S = 2 + 3

Đặt x1  2 3;x2  2 3 thì x x1; 2là 2 nghiệm của phương trình
2

4 1 0

x  x 

Suy ra 12 4 1 1 0 1 2 4 11 1 0( )

n n n

x  x    x   x  x   n N

Tương tự có 1 2 4 11 1 0( )

n n n

x   x  x   n N

Do đó Sn2 4Sn1Sn   0( n N) Trong đó 1 2( )

k k

k

S x x  k N

Có S1x1x2 4;S2 (x1x2)2 2x x1 2 16 2 14

Từ đó S3 4S2 S1 52;S4 4S3 S2 194;S5 724;S6 2702

Vì 0<2 31 nên 0<(2 3)6 1 hay





6 2702

2701 < S = 2 + 3 

. Vậy số nguyên phải tìm là 2701.

</div>

De thi vao 10 Hai Duong nam 20122013















 





























 









 

 

 













 









 





 













 















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về