ĐỀ THI VÀO 10 THPT MÔN TOÁN TỈNH NINH THUẬN 2012 2013

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH THUẬN ĐỀ CHÍNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Khóa ngày: 24 – – 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) 2 x + y = a) Giải hệ phương trình:  x + 3y = b) Xác định giá trị m để hệ phương trình sau vô nghiệm: (m + 2) x + (m + 1) y = ( m tham số)  x + 3y = Bài 2: (3,0 điểm) Cho hai hàm số y = x2 y = x + a) Vẽ đồ thị hai hàm số cho hệ trục tọa độ Oxy b) Bằng phép tính xác định tọa độ giao điểm A, B hai đồ thị (điểm A có hoành độ âm) c) Tính diện tích tam giác OAB (O gốc tọa độ) Bài 3: (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức H = ( 10 − 2) + Bài 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AC = 2R Từ điểm E đoạn OA (E không trùng với A O) Kẻ dây BD vuông góc với AC Kẻ đường kính DI đường tròn (O) a) Chứng minh rằng: AB = CI b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2 2R c) Tính diện tích đa giác ABICD theo R OE = Bài 5: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC trung tuyến AM, BN, CP Chứng minh rằng: (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA ĐÁP ÁN: Bài 1: (2,0 điểm)  x + y = 2 x + y = 5 y = x = ⇔ ⇔ ⇔ a) Giải hệ phương trình:  x + 3y = 2 x + y = x + 3y = y =1 b) Hệ phương trình vô nghiệm khi:  m + m +1  = 3m + = m + m + m +1 = ≠ ⇒ ⇒ ⇒m=−  4m + ≠  m +1 ≠  Bài 2: (3,0 điểm) a) Vẽ (d) (P) hệ trục tọa độ x -2 -1 2 1 y =x (P) x y = x + 2(d) -2 0 B -2 -10 A O -5 10 -2 -4 -6 b) Tọa độ giao điểm (P) (d) nghiệm hệ phương trình:  y = x2  x2 = x +  x2 − x − =  x = −1; x2 = ⇔ ⇔ ⇔     y1 = 1; y2 = y = x + y = x + y = x + Tọa độ giao điểm (d) (P): A (-1;1) B (2;4) 1 c) SOAB = (1+4).3 1.1 - 2.4 = 2 Bài 3: (1,0 điểm) H = ( 10 − 2) + = ( ) −1 6+2 = Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng: AB = CI ( )( −1 ) +1 = −1 = B Ta có: BD ⊥ AC (gt) · = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ BD ⊥ BI DBI E º ⇒ AB = CI A Do đó: AC // BI ⇒ »AB = CI 2 2 b) Chứng minh rằng: EA + EB + EC + ED = 4R Vì BD ⊥ AC ⇒ »AB = »AD nên AB = AD D I O Ta có: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = AB2 + CD2 = AD2 + CD2 = AC2 = (2R)2 = 4R2 2R c) Tính diện tích đa giác ABICD theo R OE = C 1 DE.AC + EB.(BI + AC) 2 2R R 2R 5R ⇒ AE = * OE = EC = +R= 3 3 R R 5R ⇒ R R * DE2 = AE.EC = = DE = Do đó: EB = 3 3 R 4R * BI = AC – 2AE = 2R – = 3 R R 4R R 16 R 8R Vậy: SABICD = 2R + ( + 2R) = = (đvdt) 3 3 Bài 5: (1,0 điểm) SABICD = SABD + SABIC = Cho tam giác ABC trung tuyến AM, BN, CP Chứng minh rằng: (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA A 1 AM; GN = BN; GP = CP 3 Vì AM, BN, CP trung tuyến, nên: M, N, P trung điểm BC, AC, AB Do đó: MN, NP, MP đường trung bình ∆ ABC 1 Nên: MN = AB; NP = BC; MP = AC 2 Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có: 1 * AM < MN + AN hay AM < AB + AC (1) 2 1 Tương tự: BN < AB + BC (2) 2 1 CP < BC + AC (3) 2 Từ (1), (2), (3) suy ra: AM + BN + CP < AB + BC + CA (*) 1 * GN + GM > MN hay BN + AM > AB (4) 3 1 Tương tự: BN + CP > BC (5) 3 1 CP + AM > AC (6) 3 Từ (4), (5), (6) suy ra: Gọi G trọng tâm ∆ ABC, ta có: GM = N P G C B 1 1 1 1 BN + AM + BN + CP + CP + AM > AB + BC+ AC 3 3 3 2 2 ⇒ (AM + BN + CP) > (AB + AC + BC) 3 ⇒ (AB + BC + CA) < AM + BN + CP (**) M Từ (*), (**) suy ra: (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA ...x y = x + 2(d) -2 0 B -2 -10 A O -5 10 -2 -4 -6 b) Tọa độ giao điểm (P) (d) nghiệm hệ phương trình:  y = x2  x2 = x +  x2 −... độ giao điểm (d) (P): A (-1;1) B (2;4) 1 c) SOAB = (1+4).3 1.1 - 2.4 = 2 Bài 3: (1,0 điểm) H = ( 10 − 2) + = ( ) −1 6+2 = Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng: AB = CI ( )( −1 ) +1 = −1 = B Ta