Đề thi vào lớp 10 THPT tỉnh Thanh Hóa năm 2012- 2013

[r]

Sở GIáO DụC Và ĐàO TạO Kì THI TUN SINH LíP 10 THPT THANH HãA N¡M HäC 2012-2013

M«n thi : To¸n

Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề

Ngày thi 29 tháng năm 2012 Đề thi gåm 01 trang, gåm 05 bµi Bµi 1 : (2.0 điểm) 1- Giải phơng trình sau : a) x - =

b) x2 - 3x + = 0

2- Gi¶i hệ phơng trình : {2 x y=7

x+ y=2 Bài 2 : (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A =

2+2√a + 2 −2√a

-a2+1

1 − a2

1- Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị a ; biết A <

3

Bµi 3 : (2.0 ®iÓm)

1- Cho đờng thẳng (d) : y = ax + b Tìm a; b để đờng thẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3)

song song với đờng thẳng (d’) : y = 5x +

2- Cho phơng trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x ẩn số ) Tìm a để phơmg trình

cho cã hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mÃn x12 + x22 =

Bài 4 : (3.0 điểm) Cho tam tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M

bÊt kú ( M kh«ng trïng B ; C; H ) Tõ M kẻ MP ; MQ lần lợt vuông góc với cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuéc AC)

1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đờng tròn

2- Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ Chứng minh OH PQ

3- Chøng minh r»ng : MP +MQ = AH

Bài 5 : (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b a > Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 8 a2+b

4 a +b

2

Hết

-Đáp án

Bài Nội dung Điểm

1/ Giải phơng trình sau a/ x – =

x = +

x = VËy x =

0.25

b/ x2 – 3x + = 0, Ta cã a + b + c = + (-3) + = 0

Theo viÐt ph¬ng tr×nh cã hai nghiƯm

0.75

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

x1 = vµ 2 c x a   

2/ Giải hệ phơng trình

2 x y x y       

2 3

2

x y x x x

x y x y y y

                      

Vậy hệ phơng trình có mét nghiÖm nhÊt :

3 x y      0.75 0.25

Cho biÓu thøc :

2

1 1

1

2 2

a A a a a       

1/ +) Biểu thức A xác định

        0 0

2

2 0

0; 1

2 2

1;

1 1 1 0

a a a a a a a a a a a a a

a a a

                                              

+) Rót gän biĨu thøc A

2

1 1

1

2 2

a A a a a                

1 1

2 1 1

a A

a a a a a

                     

1 1

2 1

a a a a a

A

a a a

      



  

    

2

1 2

2 1

a a a a a a a a a

A

a a a

                       

2 2 1

2

2 1

2 1

a a

a a a

A

a a a

a a a

           0.25 1.0

2/    

1 1 2

0 0

3 3 1

a a a a

A

a a a a

 

         

   

1

ton tai a

1

1

2 1

1

1

Kết hợp điều kiện : Với

1

2 a  

th×

1 A 

1/ Cho đờngthẳng (d) : y = ax + b Tìm a, b để đờngthẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) song song với đờngthẳng (d’) : y = 5x +

- Đờng thẳng (d) : y = ax + b ®i qua ®iĨm A (- ; 3), nªn ta cã = a.(-1) + b => -a + b = (1)

- Đờng thẳng (d) : y = ax + b song song với đờngthẳng (d’) :

y = 5x + 3, nªn ta cã

5 a b

  

  (2)

Thay a = vào (1) => -5 + b = => b = ( thoả mãn b  3) Vậy a = , b = Hay đờngthẳng (d) : y = 5x +

0.75

0.25

2/ Cho phơng trình : ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = (x lµ Èn sè) (1).T×m a

để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn : x12 + x22 =

- Víi a = 0, ta có phơng trình 3x + = =>

4 x

Phơng trình có nghiƯm

4 x

( Lo¹i)

- Với a Phơng trình (1) phơng tr×nh bËc hai

Ta cã :  = 9(a + 1)2 – 4a(2a + 4) = 9a2 + 18a + – 8a2 – 16a

 = a2 + 2a + = (a + 1)2 + > với a

Phơng trình cã hai nghiƯm ph©n biƯt víi mäi a Theo hƯ thøc ViÐt ta cã

 

1

1

3

2 a

x x

a a x x

a

  

  

 



 

 

Theo đầu

2

2

1 2

x x   x x  x x 

, Thay vµo ta cã

 2  

2

9 2

4

a a

a a

 

 

=>    

2 2

9 a1  2a a4 4a

=> 9a218a 9 4a2 8a 4a2 0

=>a2 10a 9 0 Cã hÖ sè a – b + c = – 10 + = 0

Theo viét Phơng trình có hai nghiệm a1 = -1 (Thoả mÃn)

2

9 c a

a  

  

( Tho¶ m·n)

KÕt ln : Víi

1 a a

    

0.25

0.25

H×nh vÏ

2

O

H

Q P

M C

B

A

1/ Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp đờngtròn Xét tứ giác APMQ có

MP  AB(gt) => MPA  900 MQ  AC(gt) => MQA  900 => MPA MQA  90o 90o 180o => Tø gi¸c APMQ néi tiÕp (®/l)

1.0

2/ Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ, Chứng minh OHPQ

Dễ thấy O trung điểm AM

=> Đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ đờng trịn tâm O, đờngkính AM

OP = OQ => O thuộc đờngtrung trực PQ (1)

 90o

AH BC AHM  => OH = OA = OM => A thuộc đờngtrịn ngồi

tiÕp tø gi¸c APMQ

Xét đờngtrịn ngồi tiếp tứ giác APMQ, ta có ABC đều, có AH BC => A1A2 (t/c) => PMH HQ (hệ góc nội tiếp) => HP = HQ (tính chất)

Từ (1) (2) => OH đờngtrung trực PQ => OH  PQ (ĐPCM) 3/ Chứng minh MP + MQ = AH

Ta cã :

ABC

AH BC

S

(1) Mặt khác

2

ABC MAB MAC

MP AB MQ AC

S S S  

(2) Do ABC tam giác (gt) => AB = AC = BC (3) Từ (1) , (2) (3) => MP + MQ = AH (ĐPCM)

1.0

Bµi 5

Cho hai số thực a, b thay đổi, thoả mãn điều kiện a + b  a > Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

2

8

a b

A b

a 

 

Bµi lµm

Ta cã

2 2

8 1

2

4 4 4

a b b b

A b a b a b

a a a



         

=>

2

1

4 a b

A a b

a 

   

Do a + b  =>

2

1 1

2

4 4

A a b a b a

a a

        

Do a + b  => a  - b

=>

 2

2

2 2

1 1 4

1

4 4 4

b

b b

A a b b a a

a a a

   

           

Do a > 0, theo cosi ta cã

1

2

4

a a

a a

  

(1)

Do    

 2

2 2

2 2

4

b

b   b      

(2) Tõ (1) vµ (2) =>

3 A

=> Giá trị nhỏ cđa A lµ :

3

A 

Khi

1

1

4

2 a b

a a b

a b

  

 

   

 

  

