vao 10

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.. - Trong[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

————————

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012

ĐỀ THI MƠN: TỐN

(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)

————————————

PHẦN I TRẮC NGHIỆM

(2,0 điểm)

.

Trong câu từ Câu đến Câu 4, câu có lựa chọn, trong

đó có lựa chọn Em viết vào tờ giấy làm thi chữ A, B, C D đứng trước

lựa chọn mà em cho (ví dụ: câu em chọn lựa chọn A viết 1.A)

Câu 1.

Giá trị

12 27

bằng:

A 12

B 18

C 27

D 324

Câu 2.

Đồ thị hàm số

y mx





1

(x biến,

m

tham số) qua điểm N(1; 1) Khi giá trị

m

bằng:

A m = -2

B m = -1

C m = 0

D m =1

Câu 3.

Cho



ABC

có diện tích 100cm

2

Gọi M, N, P tương ứng trung điểm AB, BC, CA Khi đó

diện tích

MNP

bằng:

A 25 cm

2

B 20 cm

2

C 30 cm

2

D 35 cm

2

Câu 4.

Tất giá trị

x

để biểu thức

x



1

có nghĩa là:

A

x



1

B

x



1

C

x



1

D

x



1

PHẦN II TỰ LUẬN

(8,0 điểm).

Câu

(2,0 điểm) Giải hệ phương trình

0

2

1 0

x y

x

y











 



Câu

(1,5 điểm) Cho phương trình:

x

2



2

mx m



2



1 0



(1), (x ẩn,

m

tham số ).

a) Giải phương trình (1) với

m1

b) Tìm tất giá trị

m

để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

x x

1

,

2

.

c) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm

x x

1

,

2

cho tổng

2

1

P x





x

đạt giá

trị nhỏ nhất.

Câu

(1,5 điểm) Một hình chữ nhật ban đầu có chu vi 2010cm Biết tăng chiều dài hình

chữ nhật thêm 20cm tăng chiều rộng thêm 10cm diện tích hình chữ nhật ban đầu tăng thêm

13300cm

2

Tính chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật ban đầu.

Câu

(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, khơng tam giác cân,

AB AC



nội tiếp đường

tròn tâm O, đường kính BE Các đường cao AD BK tam giác ABC cắt điểm H Đường thẳng

BK cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Gọi I trung điểm cạnh AC Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AFEC hình thang cân.

b)

BH 2OI

và điểm H đối xứng với điểm F qua đường thẳng AC.

Câu

(1,0 điểm)

Cho

a, b, c

số thực dương thỏa mãn điều kiện

a b c

  

1

Tìm giá trị lớn

nhất biểu thức:

ab

bc

ca

P

c ab

a bc

b ca













.

-HẾT -Cán coi thi khơng giải thích thêm!

Họ tên thí sinh……… ………….Số báo danh……….

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

————————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

(Dành cho học sinh trường THPT không chuyên)

—————————— HƯỚNG DẪN CHUNG:

- Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác mà đủ bước giám khảo cho điểm tối đa

- Trong bài, bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm

- Bài hình học bắt buộc phải vẽ hình chấm điểm, khơng có hình vẽ phần giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần

- Điểm toàn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm khơng làm trịn BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN:

Phần I Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu cho 0,5 điểm

Câu Đáp án B C A D Phần II Tự luận (8,0 điểm).

Câu (2,0 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Hệ PT cho

(1)

2

1 (2)

x

y

x

y





 



 



0,50

Thế (1) vào (2) có:

x

2



2

x

 

1 0

0,50

2

(

x

1)

0

x

1





 



0,50

Thay x=1 vào (1) có y=1 0,25

Vậy hệ PT cho có nghiệm

1

1

x

y











0,25

Câu (1,5 điểm).

a) 0,5 điểm.

Nội dung trình bày Điểm

Thay m1 vào PT(1) có:

x

2



2

x

 

0

x x

(



2) 0



0,25

0

2

x

x





 





Vậy PT có nghiệm

x



2;

x



0.

0,25

b) 0,5

điểm.

Nội dung trình bày Điểm

Ta có

  

' (

m

)

2



(

m

2



1)

0,25

2

'

m

m

1

' 0

  



    

Vậy PT ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m. 0,25 c) 0,5

điểm.

Nội dung trình bày Điểm Theo phần b, phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m Theo định lí Viét ta có

2

1

2 ;

1.

x



x



m x x



m



0,25





2





1 2 (2 ) 2 2

P x x  x x  m  m   m  

, dấu xảy



m



0

Vậy

P

đạt giá trị nhỏ m0.

0,25

Câu (1,5 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Gọi chiều rộng a (cm), chiều dài b(cm) Khi đó:

0



a b

 

1005 (

cm

)

0,25

Theo ta có PT:

1005

(

10)(

20)

13300

a b

a

b

ab

 















0,25

1005

1005

20

10

200

13300

20

10

13100

a b

a b

ab

a

b

ab

a

b

 

 































0,25

1005

1005

700

2

1310

305

305

a b

a b

b

a b

a

a

 

 





















 











0,5

Vậy hình chữ nhật ban đầu có chiều rộng 305 (cm), chiều dài 700 (cm) 0,25

Câu ( 2,0 điểm).

I

K

D

H

F

E

O

A

B

C

a) 1,0 điểm.

Nội dung trình bày Điểm

Ta có:

BFE





90

0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25

Suy ra:

(1)

( )

FE

BF

EF AC

AC

BF gt















0,25

AF EC AE CF ECA FAC (2)

      2,25

Từ (1) (2) suy tứ giác AFEC hình thang cân (đpcm) 0,25

b) 1,0 điểm.

Nội dung trình bày Điểm

Ta có: BCE 900  ECBC EC AD (3)

Tương tự chứng minh

EA CH



(4) 0,25

Từ (3) (4) ta có tứ giác AECH hình bình hành Mặt khác I trung điểm cạnh AC nên I trung điểm cạnh HE

Trong



HEB

ta có OI đường trung bình nên

1

2

OI



BH

hay

BH



2

OI

. 0,25

Tứ giác AECH hình bình hành nên AH=EC mà AF=EC nên AH=EF, suy



HAF

cân A  AK là

đường cao đồng thời đường trung trực đoạn thẳng HF 0,25

Suy ra: H F đối xứng qua AC (đpcm) 0,25

Câu

(1,0 điểm).

Nội dung trình bày Điểm

Ta có:





(

)(

)

ab

ab

ab

c ab





c a b c

 



ab



c a c b





0,25

Mà:

1

1

(

)(

)

2

2

ab

a

b

ab

a

b

c a c b

c a c b

c ab

c a c b

















































(1) 0,25

Tương tự có:

1

2

bc

c

b

a bc

a c a b























(2);

1

2

ca

c

a

b ca

b c b a























(3). 0,25

Cộng vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta

3

2

P



, dấu xẩy

1

3

a b c

  

Vậy giá trị lớn P

3

.

2

0,25