de thi thpt toan thai binh 2011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012. Môn thi: TOÁN. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài: 120 phút ,không kể thời gian giao đề. Bài 1. (2,0 điểm) A Cho biểu thức:. 3  x 1. 1 x 3  x  1 x 1. với x 0, x 1 .. 1. Rút gọn A. 2. Tính giá trị của A khi x = 3 −2 √ 2 . Bài 2. (2,0 điểm) ¿ mx + 2y=18 x - y =− 6 Cho hệ phương trình : ¿{ ¿. ( m là tham số ).. 1. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x ;y) trong đó x = 2. 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x ;y) thoả mãn 2x + y = 9. Bài 3. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = ax + 3 ( a là tham số ) 1. Vẽ parabol (P). 2. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt. 3. Gọi x1 ; x2 là hoành độ giao điểm của (P) và (d), tìm a để x1 +2x2 = 3 Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn O, đường kính AB = 2R. Điểm C năm trên tia đối của tia BA sao cho BC = R. Điểm D thuộc đường tròn tâm O sao cho BD = R. Đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt AD tại M. 1. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp. b) AB.AC = AD. AM. c) CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. 2. Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần, tính diện tích phần tam giác ABM nằm ngoài đường tròn tâm O theo R. Bài 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số không âm thoả mãn a + b + c = 1006..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> b − c ¿2 ¿ ¿2 ¿ 2 c−a¿ ¿ ¿2 ¿ Chứng minh rằng: . a −b ¿ 2 ¿ ¿2 ¿ ¿ ¿ 2012 a+¿ √¿ --- HẾT --Họ và tên thí sinh:......................................................................... Số báo danh:......................

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Gồm 05 trang). Bài 1. (2,0 điểm) A Cho biểu thức:. 3  x 1. 1 x 3  x  1 x 1. với x 0, x 1 .. 1. Rút gọn A. 2. Tính giá trị của A khi x = 3 −2 √ 2 . Ý. Nội dung. Điểm. Với ĐK: x  0, x 9 . Ta có: A=. 3 1 √ x −3 − − √ x+1 √ x −1 ( √ x −1)( √ x+1). A=. 1.. 0,25. 3( √ x −1)−( √ x+1)−( √ x −3) ( √ x −1)( √ x +1). A=. 3 √ x −3 − √ x −1 − √ x+3 ( √ x −1)( √ x+ 1). 0,25. A=. ( √ x −1) ( √ x −1)( √ x +1). 0,25. A=. 1 √ x+1. 0,25. (1,25đ). Kết luận: Vậy với. x ≥ 0 ; x ≠ 1 thì A =. 1 √ x+1. 0,25. Ta có : x = 3 −2 √ 2 thoả mãn ĐK : x ≥ 0 ; x ≠ 1. 0,25. √ 2 −1 ¿2. 2. (0,75đ). ¿ +1 ¿ Khi đó √¿ 1 1 A= = √ 3 −2 √2+1 ¿. 0,25. √2 Vậy với x = 3 −2 √ 2 thì A = 2. 0,25. Bài 2. (2,0 điểm) ¿ mx + 2y=18 x - y =− 6 Cho hệ phương trình : ¿{ ¿. ( m là tham số ).. 1. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x ;y) trong đó x = 2..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x ;y) thoả mãn 2x + y = 9.. Ý. Điểm. Hệ phương trình có nghiệm x = 2 ⇔ 1 (1,0 đ). ⇔. ¿ m + y=9 y =8 ¿{ ¿. ⇔. ¿ m + 8=9 y =8 ¿{ ¿. ¿ 2m +2y=18 2 - y =− 6 ¿{ ¿. ⇔. ¿ m =1 y =8 ¿{ ¿. Vậy m = 1. 0,25. 0,5. 0,25. ¿ mx + 2y=18 x - y =− 6 Ta có : ¿{ ¿. ¿ mx + 2y=18 y =x +6 ¿{ ¿. ⇔. 0,25 ⇔. ¿ mx + 2( x+ 6)=18 y =x +6 ¿{ ¿. ⇔. ¿ (m+2) x=6 (∗) y =x+6 ¿{ ¿. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ Phương trình (*) có nghiệm duy nhất ⇔ m +2 0 ⇔ m -2 2 (1,0 đ). Khi đó:. ¿ 6 x= m+2 y =x +6 ¿{ ¿. ⇔. ¿ 6 x= m+ 2 6 m+ 18 y = m+ 2 ¿{ ¿. 0,25. 0,25. Theo bài ra 2x + y = 9 ⇔. 12 6 m+18 + =9 m+2 m+2. ⇔ m = 4 ( thoả mãn ĐK : m. 0,25. - 2). Vậy m = 4 Bài 3. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d): y = ax + 3 ( a là tham số ) 1. Vẽ parabol (P). 2. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3. Gọi x1 ; x2 là hoành độ giao điểm của (P) và (d), tìm a để x1 +2x2 = 3 Ý. Nội dung. Điểm. TXĐ: R T/C : Đồng biến khi x > 0; nghịc biến khi x < 0 1. (0,75đ). 0,25. Bảng giá trị : x. -2. -1. 0. 1. 2. y = x2. 4. 1. 0. 1. 4. + Vẽ: Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là : x2 = ax + 3 2. (0,75đ). 3. (0,5 đ). 0,25. 0,25 0,25. x2 – ax – 3 = 0 (**) Có : 1.(- 3) = - 3 < 0 nên Pt (**) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi a. 0,25. Do đó (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.. 0,25. x1 ; x2 là hoành độ giao điểm của (P) và (d) => x1 ; x2 là nghiệm của pt (**) mà pt (**) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi a nên theo Viet ta có : x1 + x2 = a (1); x1.x2 = -3 (2). 0,25. Theo bài ra : x1 + 2x2 = 3 (3) Từ (1) và (3) suy ra : x1 = 2a – 3; x2 = 3 – a thay vào (2) ta được: ( 2a – 3)( 3 – a) = 3 ⇔ 2a2 – 9a + 6 = 0 a1 =. 9− √ 33 ; a2 = 4. 9+ √ 33 4. Vậy : a1 =. 9− √ 33 ; a2 = 4. 9+ √ 33 thì ... 4. ⇔. 0,25. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn O, đường kính AB = 2R. Điểm C năm trên tia đối của tia BA sao cho BC = R. Điểm D thuộc đường tròn tâm O sao cho BD = R. Đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt AD tại M. 1. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BCMD là tứ giác nội tiếp. b) AB.AC = AD. AM. c) CD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. 2. Đường tròn tâm O chia tam giác ABM thành hai phần, tính diện tích phần tam giác ABM nằm ngoài đường tròn tâm O theo R..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ý. 1.a (1,0đ). Nội dung. Điểm. ∠ ADB = 900 (...) => ∠ BDM = 900 ( ...). 0,25. ∠ BCM = 900 ( Vì CM. AB). 0,25. ∠ BDM + ∠ BCM = 1800. 0,25. =>. => BCMD nội tiếp ( ...). 1b. (1,0đ)). 1c. (1,0đ)). 0,25. Xét ADB và ACM có: 0    A chung; ADB  ACM  90 nên ADB ~ ACM (g.g). 0,25 0,25. AD AB   AC AM  AB.AC = AD.AM (đpcm).. 0,25 0,25. XétODC có : DB là đường trung tuyến ứng với cạnh OC (vì OB = BC = R) 1 DB  OC 2 và => ODC vuông tại D, hay CD OD. 0,25 0,25 0,25. => CD là tiếp tuyến của (O). 0,25. Tính được SABM = 2SABD = AD.BD = ... = R2 √ 3 ; SAOD= 2. (0,5 đ). 2 1 R √3 S = ; Squạt OBD = 2 ABD 4. SABM(ngoài. (O)). = SABM. (9 √ 3 −2 π ) R 12. - SAOD - Squạt. πR 6 OBD. 0,25. 2. = R2 √ 3 -. R. 2. √3 -. 4. 2. Bài 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số không âm thoả mãn a + b + c = 1006. 2. b−c¿ ¿ ¿2 ¿ c − a ¿2 ¿ ¿2 ¿ Chứng minh rằng: . a −b ¿ 2 ¿ ¿2 ¿ ¿ ¿ 2012 a+¿ √¿. πR 6. 2. = 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ta đặt. P  2012a . (b  c) 2 (c  a) 2 (a  b) 2  2012b   2012c  2 2 2. (b  c) 2 (b  c) 2 (b  c) 2 2012a   2a.1006   2a(a  b  c)  2 2 2 Ta có: 4a 2  4a(b  c)  (b  c) 2 4a 2  4a(b  c)  (b  c) 2  4bc  2 2 2 2 (2a  b  c) (2a  b  c)   2bc  2 2 (do b, c  0) . 2012a  . (b  c) 2 (2a  b  c) 2 2a  b  c   2 2 2 . 2012b . (c  a) 2 2b  c  a  2 2 ;. 2012c . (a  b) 2 2c  a  b  2 2 .. Chứng minh tương tự: 2a  b  c 2b  c  a 2c  a  b 4(a  b  c) 4.1006 P      2012 2. 2 2 2 2 2 Suy ra: Vậy. (b  c) 2 (c  a) 2 (a  b) 2 2012a   2012b   2012c  2012 2. 2 2 2. Dấu bằng xảy ra . a  b  0, c  2012  b  c  0, a  2012 c  a  0, b  2012  Híng dÉn chung:. 1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh phải trình bày, lập luận và biến đổi hợp lí mới được công nhận cho điểm. 2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải của bài toán (không cho điểm hình vẽ). 3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo khung điểm. 4. Chấm từng phần. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần, không làm tròn..

<span class='text_page_counter'>(8)</span>