Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (Sở GD&ĐT Thanh Hóa)

- K× THI TUN SINH LíP 10 THPT N¡M HäC 2012-2013 Môn thi : Toán Sở GIáO DụC Và ĐàO T¹O THANH HãA ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ A Thêi gian : 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi 29 tháng năm 2012 Đề thi gồm 01 trang, gồm 05 Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải phương trình sau : a) x - = b) x2 - 3x + = 2 x  y   x y 2 2- Giải hệ phương trình : Bài 2: (2.0 ®iĨm) Cho biỴu thøc : A = 22 a + 22 a 1- Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A 2- Tìm giá trị cña a ; biÕt A < - a2 1 1 a2 Bài 3: (2.0 điểm) 1- Cho đường thẳng (d) : y = ax + b Tìm a; b để đường thẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) song song với đường thẳng (d) : y = 5x + 2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x ẩn số ) Tìm a để phươmg trình đà cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mÃn x12 + x 22 = Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M bÊt kú ( M kh«ng trïng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ vuông góc với cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuéc AC) 1- Chøng minh :Tø gi¸c APMQ nội tiếp đường tròn 2- Gọi O tâm đường 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 nhá nhÊt cđa biĨu thøc A= 8a  b  b2 4a HÕt - Đáp án Nội dung Bài Điểm 1/ Giải phương trình sau a/ x = 0.25 x = + x = VËy x = b/ x2 – 3x + = 0, Ta cã a + b + c = + (-3) + = Theo viét phương trình có hai nghiƯm 0.75 c x1 = vµ x2    a 2 x  y  x  y  2/ Gi¶i hƯ phương trình 0.75 x y 3 x  x  x         x  y  x  y  3  y   y  1 x   y Vậy hệ phương trình có nghiệm nhÊt :  Cho biÓu thøc : A  0.25 1 a2 1   2  a  a 1 a 1/ +) Biểu thức A xác định a a  a    a    a  2  a        a  0; a   2  a  2  a  a     a  1; a  1 1  a  1  a 1  a       0.25 +) Rót gän biĨu thøc A 1 a2    2  a  a 1 a 1 a2 1 A   1 a 1 a  a  a 1  a  A  1  A A       a  1  a   1  a  1  a    a  1 1  a 1  a  1  a   a  a  a a   a  a  a a  2a      a  a 1  a  1.0 A 2a  2a     a  a 1  a  2/ A    2a 1  a  1  a 1  a   a 1 a 1 2a  2a  a a        0 1 a 1 a 3 1  a  1  a     2a    a   Khong ton tai a   a     a  1    2a   a      1  a   a   a  1 Kết hợp điều kiện : Với  a  th× A  0.5 0.25 1/ Cho đườngthẳng (d) : y = ax + b Tìm a, b để đườngthẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) song song với đườngthẳng (d) : y = 5x + 0.75 - Đường 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 đườngthẳng (d) : a (2) b  y = 5x + 3, nªn ta cã  Thay a = vµo (1) => -5 + b = => b = ( tho¶ m·n b  3) 0.25 VËy a = , b = Hay đườngthẳng (d) : y = 5x + 2/ Cho phương trình : ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = (x ẩn số) (1).Tìm a 0.25 để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mÃn : x12 + x22 = - Víi a = 0, ta có phương trình 3x + = => x nghiệm x Phương trình có 4 ( Lo¹i) - Víi a  Phương trình (1) phương trình bậc hai Ta có :  = 9(a + 1)2 – 4a(2a + 4) = 9a2 + 18a + – 8a2 – 16a  = a2 + 2a + = (a + 1)2 + > với a Phương trình có hai nghiệm phân biệt với a Theo hÖ thøc ViÐt ta cã  3  a  1  x1  x2  a   x x  2a   a 0.25 - Theo đầu x12 x22   x1  x2   x1 x2  , Thay vµo ta cã  a  1  2a    4 a2 a =>  a  1  2a  2a    4a 2 2 => 9a  18a   4a  8a  4a  => a  10a   Cã hÖ sè a – b + c = – 10 + = Theo viét Phương trình có hai nghiệm a1 = -1 (Thoả mÃn) a2 0.5 c   9 ( Tho¶ m·n) a  a  1 KÕt luËn : Víi   a  9 H×nh vÏ A O Q P B M H C 1/ Chøng minh tø gi¸c APMQ néi tiếp đườngtròn Xét tứ giác APMQ có MP AB(gt) => MPA  900 MQ  AC(gt) => MQA  900 1.0 o o o => MPA  MQA  90  90  180 => Tø gi¸c APMQ néi tiếp (đ/l) 2/ Gọi O tâm đường tròn ngoại tiÕp tø gi¸c APMQ, Chøng minh 1.0 - OHPQ DƠ thấy O trung điểm AM => Đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ đường tròn tâm O, ®­êngkÝnh AM OP = OQ => O thuéc ®­êngtrung trùc cña PQ (1) AH  BC  AHM  90o => OH = OA = OM => A thuộc đườngtròn tiếp tứ giác APMQ Xét đườngtròn tiếp tứ giác APMQ, ta có ABC đều, có AH BC => A1  A2 (t/c) => PMH  HQ (hƯ qu¶ vÒ gãc néi tiÕp) => HP = HQ (tÝnh chÊt) => H thc ®­êngtrung trùc cđa PQ (2) Tõ (1) (2) => OH đườngtrung trực PQ => OH  PQ (§PCM) 3/ Chøng minh r»ng MP + MQ = AH Ta cã : S ABC  AH BC (1) Mặt khác S ABC S MAB  SMAC  MP AB MQ AC  (2) 2 1.0 Do ABC tam giác (gt) => AB = AC = BC (3) Tõ (1) , (2) (3) => MP + MQ = AH (ĐPCM) Cho hai số thực a, b thay đổi, thoả mÃn điều kiƯn a + b  vµ a > 8a b b Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc A  4a Bµi lµm Ta cã Bµi 8a  b b b A  b  2a   b  2a    b 4a 4a 4a 4 ab  b Do a + b  4a 1  b2  a   b  a  Do a + b  => a  - b 4a 4a => A  2a   => A  2a   1.0 1 4b  4b   2b  1  a  => A  a   b   b   a   4a 4a 4a Do a > 0, theo cosi ta cã a  2 1  a  (1) 4a 4a Do  2b  1    2b  1    Tõ (1) vµ (2) => A   2b  1 2 3 => Giá trị nhỏ A : Amin  Khi a  b   1   a  b  a  4a  2b    (2) ... 4 a2 a =>  a  1  2a  2a    4a 2 2 => 9a  18a   4a  8a  4a  => a  10a   Cã hÖ sè a – b + c = – 10 + = Theo viét Phương trình có hai nghiệm a1 = -1 (Thoả mÃn) a2 0.5 c   9... OH = OA = OM => A thuộc đườngtròn tiếp tứ giác APMQ Xét đườngtròn tiếp tứ giác APMQ, ta có ABC đều, có AH BC => A1  A2 (t/c) => PMH  HQ (hƯ qu¶ vÒ gãc néi tiÕp) => HP = HQ (tÝnh chÊt) => H