Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
THANH HĨA NĂM HỌC 2012-2013 Mơn thi : Tốn
Thời gian : 120 phút khơng kể thời gian giao đề Ngày thi 29 tháng năm 2012
Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải phương trình sau : a) x - = b) x2 - 3x + = 0
2- Giải hệ phương trình : {2xx − y+y=2=7 Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A =
2+2√a +
1
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 < 13
Bài 3: (2.0 điểm)
1- Chođường 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
cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x12 + x22 =
Bài 4: (3.0 điểm) Cho tam tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP ; MQ vng góc với cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC)
1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn
2- Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ Chứng minh OH PQ 3- Chứng minh : 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 = 8a2+b
4a +b
2
-HẾT
-BIỂU CHẤM KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
(2)NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ -A Môn thi : Toán
Bài Nội dung Điểm
Bài điểm
1
a) Giải phương trình : x – = ⇔ x = nghiệm phương trình x =
0,25 b) x2 – 3x + = phương trình bậc hai ẩn x có dạng : a + b+ c =
⇒ nghiệm phương trình x1 = 1; áp dụng vi ét ta có x2 = ca=21 =2
Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = 1; x2 =
0,25 0,25 0,25
2
Giải hệ phương trình : {2xx − y+y=2=7 ⇔ {x3x=9
+y=2 ⇔ {
x=3
3+y=2 ⇔
{y=2x=3−3
{yx==3−1 nghiệm hệ { x=3 y=−1
0,5 0,25
Bài điểm
1
{2−a≥2√0a ≠0 ⇔ { a ≥0
2≠2√a ⇔ {
a ≥0 a ≠1
A =
2+2√a +
1
2−2√a
-a2+1 1− a2 = A = 2(1+1
√a) +
1
2(1−√a)
-a2+1
(1+a)(1+√a) (1−√a)
A = (a+1)(1−√a)+(a+1)(1+√a)−2a
2
−2 (1+a)(1+√a)(1−√a)
A = (a+1).(1−√a)+ (a+1).(1+√a)−2a
2
−2 (1+a).(1+√a).(1−√a)
A = a− a√a+1−√a+a+a√.a+1+√a −2a
2−2
2 (1+a)(1+√a) (1−√a)
A = 2a−2a
2
2 (1+a)(1+√a) (1−√a) =
2a(1− a)
2 (1+a) (1− a) = a 1+a
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
2
Với A < 13 ta có 1+aa < 13 ⇒ a
1+a -
1
3 < ⇒
2a −1 1+a <
với a ⇒ + a > nên để 21+a −a1 < ⇔ 2a – < ⇒ a <
2
vậy a < 12 A < 13
0,25 0,25 0,25
Bài
1 đường thẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) có toạ độ x = -1 ; y = thoả mãn công thức y = ax + b thay số ta có = -a + b (1)
Mà đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + nên {ab ≠=53 (2) từ (1) (2) ta có {
a=5
b=8 a = ; b = đường (d):y = 5x +
0,25 0,25 0,25 0,25
2 phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = ( x ẩn số ) để phương trình
bậc hai a ta có : Δ = b2 – 4ac =
[3(a+1)]2−4a (2a+4)
(3)2 điểm Δ = ( a2 + 2a + 1) – 8a2 – 16a = 9a2 + 18a + – 8a2 – 16a Δ = a2 + 2a + = ( a+ 1)2 + > với a
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với a : Theo hệ thức vi et ta có : {
x1+x2=−3 (a+1) a x1.x2=
2a+4 a
theo ta có : x12 + x22 = ⇒ ( x1 + x2)2 – 2x1.x2 = thay vào ta
có
(−3(a+1)
a )
2
−2×2a+4
a = ⇒ ( a
2 + 2a + 1) -2a.(2a+4) = 4a2
9a2 + 18a + -4a2 -8a = 4a2 ⇒ a2 + 10a + = phương trình bậc hai
ẩn a có dạng a – b + c= 1- 10 + = nên có hai nghiệm a1 = –1 a2 = -9
với a = - a = -9 thoả mãn
vậy với a = - a = -9 p/ trình có hai nghiệm thoả mãn x12 + x22 =
4
0,25
0,25
0,25
Bài điểm
1 Xét Tứ giác APMQ
ta có MQ AC ( gt) MQ A^ = 900
và MP AB ( gt) MP A^ = 900
Nên : MQ A^ + MP A^ = 1800 mà MQ A^
và MP A^ hai góc đối ⋄ APMQ nên ⋄ APMQ nội tiếp đường tròn
0,25 0,25 0,25 0,25
2 theo câu ⋄ APMQ nội tiếp đường tròn mà MP A^ = 900 nên AM đường kính O trung điểm cuả AM
Q; H ; P thuộc (O) nên OP = OH = OQ( = R) (1) Ta có P^A H =
2PO H^ ( góc nội tiếp góc tâm chắn cung PH)
Q^A H =
2QO H^ ( góc nội tiếp góc tâm chắn cung QH) Vì Δ ABC đề có AH đường cao nên phân giác góc BAC
⇒
P^A H = Q^A H ⇒ PO H^ = QO H^ ⇒ OH phân giác PO Q^ Mặt khác OP = OQ nên Δ OPQ cân O có OH phân giác PO Q^
nên OH đường cao Δ OPQ OH PQ
0,25
0,25 0,25 0,25 S ΔABC = S ΔAMB + S ΔAMC
Mà S ΔABC = 12 BC AH ;S ΔAMB = 12 AB MP ; S
ΔAMC =
2 AC MQ
⇒ S ΔABC =
2 BC AH =
1
2 AB MP +
1
2 AC MQ
Vì Δ ABC dều nên BC = AC = AB ⇒
2 BC AH =
2 BC ( MP
0,25 0,25 0,25 0,25
P
Q
B C
A
H M
(4)+ MQ)
⇒ MP +MQ = AH
Bài 1điểm
Tìm GTNN D =
2
8
x y y x
với x+ y 1 x >
Từ x+ y 1 y 1- x ta có:
2
2
8 1
2
4 4
1
4
x x
D y x y
x x
x x y
x
Thay x 1- y ta suy ra:D
2
1 1 1
1
4 4
x y y x y y
x x
(1)
Vì x> áp dụng BĐT si có:
1
x x
1
lại có:
2
2 1 0
4
y y y
Nên từ (1) suy ra: D + +
1
2 hay D
3
2 Vậy GTNN D
Khi
1
1
4
1
x y
x x y
x y
0,25 0,25
0,25
(5)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 = 8a2+b
4a +b
2
BÀI LÀM
Cách : Tìm GTNN D = 2 x y y x
với x+ y 1 x >
Từ x+ y 1 y 1- x ta có:
2
2
8 1
2
4 4
1
4
x x
D y x y
x x
x x y
x
Thay x 1- y ta suy ra:D
2
1 1 1
1
4 4
x y y x y y
x x
(1)
Vì x> áp dụng BĐT si có:
1 x x 1 lại có:
2 1 0
4
y y y
Nên từ (1) suy ra: D + +
1
2 hay D
3
2 Vậy GTNN D 2 Khi 1 2 x y
x x y
x y
Cách : Tìm GTNN A = 2 a b b a
với a+ b 1 a >
Từ x+ y 1 y 1- x ta có:
2
3 2
2
2
8 1
A (1 )
4 4
4 4
4
(2 1) (2 1)
4
(2 1) ( 1) 3
4 2
a b
b a a
a a
a a a a a a
a
a a a
a a a a
Khi với a >
2
(2 1) ( 1) a a a
Dấu xảy a =
(6)Nên từ (1) suy ra: A +
3
2 hay A
3 2
Vậy GTNN A =
3