DE THI VAO LOP 10 NAM 1314 HAY

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT THANH HOÁ. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013. TRƯỜNG THCS QUẢNG THÁI. ———————— ĐỀ A. ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.. ———————————— ĐỀ BÀI. Bài 1: (2 điểm) 1/ Giải phương trình: x2 - 3x - 4 = 0 2/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P):y = x2 và (d) : y (m  3) x  m  3 a/ Vẽ đồ thị hàm số (P) b/ Chứng tỏ (d) luôn luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt Bài 2: (2 điểm)    2 b 1 B    : b1 b  b   b  1  Cho biểu thức.   b 1 1. 1/ Rút gọn biểu thức B. 2/ Tìm các giá trị của b sao cho B < 0. Bài 3 (2 điểm) : Cho phương trình: x2 - 2(m-3)x - 2(m-1) = 0 (1) 1) Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m; 2) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m. 3) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1). Tìm giá trị nhỏ nhất của x12 + x22. Bài 4: (3 điểm) Cho nửa đường tròn có tâm O và đường kính AB. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, P là điểm thuộc cung MB (P không trùng với M và B); đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C, đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D. 1) Chứng minh OBPC là một tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh hai tam giác BDO và CAO đồng dạng. 3) Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt CD tại I. Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng CD. Bài 5: (1điểm) Cho a, b, c, lµ c¸c sè thùc d¬ng cã tæng b»ng 1. a2 b2 c2 1    Chøng minh r»ng : a  b b  c c  a 2 Họ và tên thí sinh: ……………………………….....Số báo danh:………….......... Chữ ký giám thị 1 GV: TrÇn V¨n Thu©n. Chữ ký giám thị 2 Trêng THCS Qu¶ng Th¸i.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm). ĐÁP ÁN Bài. Ý. Bài 1 2đ. 1. 2. NỘI DUNG Giải PT : 2x2 -3x -2 = x2 + 2x -8 x2  5x + 6 = 0 Ta có  25  24 1 Tính được nghiệm : x1= 2; x2 = 3. Điểm 0.25 0.25 0,5. Xác định a, b để đồ thị hàm số y = ax +b đi qua hai điểm A(2;8) và B (3;2) + Vì đồ thị hàm số y = ax +b đi qua hai điểm A(2;8) và B (3;2) Suy ra ta có hệ 2a  b 8 2a  b 8   3a  b 2 vậy a và b là hai nghiệm của hệ 3a  b 2 2a  b 8 a  6 a  6    Giải hệ PT 3a  b 2  3( 6)  b 2  b 20. 0,5 0,5. Với x 0 ,x 1Ta có : Bài 2 ( 2đ). 1.  2   1 2 x   x  :     1 x   1 x 1 x  B=  2  x 1 x 1 x  2 x : 1 x 1  x =. . 0,5. . . . x  x  2 1 x 1 1 x = 1 x = x - x +2. x. . 0,5. Tìm các giá trị của x để biểu thức B = 5 Ta có : B = 5  x - x +2 = 5  x - x -3 = 0. 0,25. Với x 0 và x 1 đặt t = x , => : t 0. 2. Ta có p/t : t2 –t -3 = 0 (  =13>0 =>   13 ). GV: TrÇn V¨n Thu©n. Trêng THCS Qu¶ng Th¸i. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 13 1 13 t= 2 ( nhận ) ,t = 2 ( loại ). Do đó p/t có hai nghiệm. 2. Nên ta có.  1  13  1 13 7  13   x  2   x = 2 2 x= . 0,5. 0.25 Bài3 (2đ). 1 ' Ta có :  = (m-3)2 + 2(m-1) = m2 – 6m + 9 +2m -2. 0.25. '.  = m2 - 4m + 7 = (m-2)2 + 3 > 0 : Phương trình luôn có 2 nghiệm phân. 2. biệt với mọi giá trị của m. Áp dụng hệ thức Viet: x1+x2 = 2(m – 3) = 2m – 6 (2) x1x2 = - 2(m - 1) = -2m +2 (3) suy ra : 2m = x1+x2 +6 thay vào (3) ta có :. 0,25. x1x2 = -(x1+x2 +6 ) +2  x1x2 + x1+x2 = -6+2  x1x2 + x1+x2 = -4. 3. 0,25. 0,25. Áp dụng hệ thức Viet: x1+x2 = 2(m – 3) x1x2 = - 2(m - 1) 2 1. 2 2. 0.25. 2. Ta có: x + x = (x1+ x2) - 2 x1x2 = 4(m - 3)2 + 4(m - 1) = 4m2 - 20m + 32. 0,25. =(2m - 5)2 + 7  7. 0,25. Đẳng thức xảy ra  2m – 5 = 0  m = 2,5. Bài 4. ( 3đ). Vậy giá trị nhỏ nhất của x12 + x22 là 7 khi m = 2,5 - Vẽ hình đúng (0,25đ) - Ghi GT +KL cơ bản (0,25đ) ( nếu hình vẽ không liên quan đến bài giải thì không chấm điểm bài hình). GV: TrÇn V¨n Thu©n. Trêng THCS Qu¶ng Th¸i.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> D. I M. P. C. A. B. O. Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại tiếp điểm P cắt CD tại I .    DCP  DBO D Hai tam giác CPD và BOD có chung suy ra. (3)   Ta có IPC DBO ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn. một cung AP). (4).   Từ (3) &( 4) => IBC IPC nên tam giác CIP cân tại I => IC =IP(*) Tương tự  DPC đồng dạng với  DOB ( hai tam giác vuông có góc nhọn. D chung ) . . . => IDP DPI ( Vì cùng phụ với DBO ) Do đó  PID cân tại I cho ta ID = IP (**) Từ (*) &(**) => I là trung điểm của CD. Bài 4: (3 điểm) 1). Chứng minh tứ giác OBPC là tứ giác nội tiếp :  COP 900 ( Vì OM  OB) BDOCAO (1)   APB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )=> CPB = 900 (2)   COP  CPB 1800 Từ (1) và (2) =>. Suy ra OBPC là tứ giác nội tiếp .. GV: TrÇn V¨n Thu©n. Trêng THCS Qu¶ng Th¸i. 0,25 0,25 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2). Chứng minh BDOCAO Tam giác BDO và tam giác CAO là hai tam giác vuông. 0,25 0,5 0,25.    Có BDO CAO (vì cùng phụ với DBO ) Vậy BDOCAO. 3). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại tiếp điểm P cắt CD tại I . . . . Hai tam giác CPD và BOD có D chung suy ra. DCP DBO. (3).   Ta có IPC DBO ( Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn. một cung AP). 0,5. (4).   Từ (3) &( 4) => IBC IPC nên tam giác CIP cân tại I => IC =IP(*) Tương tự  DPC đồng dạng với  DOB ( hai tam giác vuông có góc nhọn. D chung )   => IDP DPI.  ( Vì cùng phụ với DBO ). 0,5. Do đó  PID cân tại I cho ta ID = IP (**) Từ (*) &(**) => I là trung điểm của CD Bài5 (1đ). Ta cã x = 3 hoÆc x = 4 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh NÕu x < 3 th× x - 4 = 4 - x > 1  x - 32012 + x - 42013 > 1. Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm NÕu 3 < x < 4 th× x - 3 < 1 vµ x - 4 = 4 - x < 1, do đó x - 32012 < x - 3 = x – 3 và x - 42013 < x - 4= 4 – x. Suy ra: x - 32012 + x - 42013 < x – 3 + 4 – x = 1. VËy ph¬ng tr×nh v« nghiÖm NÕu x > 4 th× x - 3 > 1  x - 32012 + x - 42013 > 1. Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm. 0,25 0.25. 0,25. VËy ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm lµ S = {3; 4} 0,25. GV: TrÇn V¨n Thu©n. Trêng THCS Qu¶ng Th¸i.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>