De thi vao 10 Nam Dinh nam 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Sở giáo dục - đào tạo Nam định đề chính thức. đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm HọC 2012 - 2013 M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót . Đề thi này có 01 trang. PhÇn I- Tr¾c nghiÖm (2,0 ®iÓm) Hãy chọn phơng án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trớc phơng án đó vào bài làm. Câu 1: Điều kiện để biểu thức x  1 có 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 . 2  x  3x  x 1 0 là Câu 4: Tập nghiệm của phương trình   3; 0 .   1; 0 .   3;  1; 0 .   3;  1 . A. B. C. D. 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 vuông ABCD, khi đó diện tích hình vuông ABCD bằng A. 2R2. B. R2. D. 4R2. C. 2 2 R2.  Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AC = 3, BC = 5, khi đó tan B có giá trị bằng 3 3 4 5 A. 4 . B. 5 . C. 3 . D. 3 . Câu 8: Mặt cầu với bán kính 3cm có diện tích là 2 A. 4 (cm2). B. 36 (cm2). C. 12 (cm2). D. 36 (cm2). PhÇn II- Tù luËn (8,0 ®iÓm)  1 x   2 1      :   x x x  1  x  1 x 1   Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A = (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 = (m 2 + 1)x + m + 2 và y = 5x + 2 song song với nhau. 1 1 1    x y 1 3 y  1  xy Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  . 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 tròn đã cho lấy điểm M không 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. MK 3) Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB), gọi K là giao điểm của EB và MH. Tính tỉ số MH . Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình:. 2  x 4  4  3x 2  10 x  6. ......... HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh: ........................................................ Sè b¸o danh: ............................................................ Gi¸m thÞ sè 1: ............................................................... Gi¸m thÞ sè 2: ...........................................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG 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 D C PHẦN 2: Tự luận (8đ). Câu 3 C. Câu 4 B. Câu 5 A. Câu 6 D. Câu 7 A. Câu 8 B. Câu 1. (1,5 điểm) 1 1) 1,0đ. 2) 0,5đ. + Tính được. x. x. . x  x1 x. Đáp án x 1. . . x1. Điểm. và x 1 A x + Thực hiện phép chia và tính được ( x  1) 2 A 2  x + Ta có.  + Vì với x >0 và x 1 nên. . 2. x  1 0. và. 2 1   x 1 x 1. x 1. . . x 1. . x1. √ x>0 . Do đó A - 2 > 0. Câu 2. (1,5 điểm) Đáp án. Điểm 2. 1) 0,75. 2) 0,75. + Đặt t = x2 điều kiện t 0 phương trình đã cho trở thành t  t  6 0 2 + Giải phương trình t  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 / / + 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 .. Đối chiếu điều kiện và kết luận tìm được m 2 Câu 3. (1,0 điểm) Đáp án y  1 +Tìm ĐKXĐ: x 0 và 1 1 1 1 1 y y 1  1  1     x x y 1 x y 1 y ( y 0) +Biến đổi ptrình x y  1 x +Thay 3y  1 . y 1 y vào phương trình 3 y  1  xy ta được. y 1 y  3 y  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 vô nghiệm +Kết luận hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (2; 1) Câu 4. (3,0 điểm). Điểm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1). 2). Đáp án + 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. Điểm. giác vuông EOF. +Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông EOF có EO2 = EM.EF. + Vì EM = EA (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) nên suy ra EO2 = AE.EF (đpcm) + Áp dụng hệ quả của định lý ta - lét trong tam giác EFB ta có KM EM KM FB FM     FB EF EM EF EF. ( Do FM = FB ). (1). + Áp dụng hệ quả của định lý ta - lét trong tam giác BEA ta có 3). KH BK KH BK    EA BE EM BE. ( Do EA = EM ). (2). FM BK  + Áp dụng định lí Ta –lét vào tam giác FEB có: FE BE. (3). MK 1  + Từ (1), (2) và (3) suy ra KM = KH và tính được MH 2 2( x 4  4) 3x 2  10 x  6 . 2  x 2  2 x  2   x 2  2 x  2  3  x 2  2 x  2   4 x. Câu 5.  x 2  2 x  2 u  2  x  2 x  2 v Đặt  với u, v > 0  2uv 3u 2  4 x  2 2 u  v  4 x  u  0  Khi đó ta có hệ phương trình v  0 2 2 Trừ từng vế của (2) cho (1) ta được: u  v . hai ẩn u có : biệt. . . (1) (2). 2uv  3u 2  4u 2 . 2uv  v 2 0 là phương trình bậc. 2.    2v  4.4.   v 2  18v 2. > 0 ( do v > 0 ). Khi đó phương trình có hai nghiệm phân.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2v  3 2v 2v  2.4 2 ( Thoả mãn ) 2v  3 2v  2v u1   2.4 4 ( không thoả mãn) u1 . Với. 2.  x 2  2 x  2  2v  3 2v 2v 2 u    x  2x  2  2.4 2 2 2  x  2x  2   x 2  6 x  2 0   x 3  7  x2  2x  2   2  x 3  7. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là. . S  3. 7;3  7. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span>