de thi cac tinh lan can hung yen nam 2012 2013

Vẽ các tia tiếp tuyến Ax, By ( Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB). Trên nửa đường tròn đã cho lấy điểm M không trùng với A và B, tiếp tuyến tại M cắt Ax, By lần[r]

SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN

Gợi ý cách làm đề thi vào lớp 10 – THPT năm 2012 I) Trắc nghiệm (2đ)

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

ĐÁP ÁN

B D A D A C B C

II) Tự luận Bài (1đ)

a) 3x 2(x  2) x b)

2

A (1 3)  1   3 1  31

Bài (1,5đ)

(d): y = 2x +m-1

a) Khi m = phương trình đường thẳng (d) có dạng y = 2x +2 Do A(a;-4) nằm (d) nên -4 = 2a+2 a = -3

b) Cho x = y = m – nên (d) Ox N(0;m – 1)  ON = m 1 Cho y = x =

m

 

nên (d) Oy tại M(

m

 

;0)  OM =

m



Ta có SMON =

m

1

.OM.ON m

2 2



 

Do (m-1)2 =  m = 3; m = -1 Bài (1,5đ)

Phương trình x2 - 2(m +1)x +4m = (1)

a) Với m = phương trình có dạng x2 - 6x +8 =  (x-2)(x-4) = 0  x x     

b)  

2

' 2

(m 1) 4m m 2m 4m m 2m (m 1) m

               

Nên phương trình (1) ln có hai nghiệm x1 ; x2 với m: Theo định lí Vi-et có

1 2

x + x 2(m 1) 2m x x 4m

   

 

 

Mà x1m x  2m 3m  212 x x1 2m(x +x ) m1  3m212 Suy : 4m+m(2m+2) +m2 -3m2 = 12

E B

C O

N M

A

H

a) Chứng minh : + Tứ giác AMON nội tiếp + Tứ giác AMOH nội tiếp

=> Năm điểm A, M, O, H , N nằm đường tròn b) – Xét đường tròn qua năm điểm A, M, O, H , N có :

MHA MNA  ( hai góc nội tiếp chắn cung AM ) NHA NMA  ( hai góc nội tiếp chắn cung AN ) - Xét (O) có

 

NMA MNA

 

sđMN nhỏ

Suy : MHA NHA  Vậy HA tia phân giác góc MHN c) Do BE//AM(gt) nên AMN BEN  (đồng vị )

Mà AMN = BHN ( = NHA )

Suy :BEN = BHN => Tứ giác BEHN nội tiếp ( theo quỹ tích cung chứa

góc )

Do : NEH NBH  ( chắn cung NH) Xét (O) : NMC= NBH ( chắn cung NC) Suy : NEH = NMC ( Hai góc vị trí đồng vị )

Vậy EH//MC Bài (1đ)

Cho số thực dương x,y,z thoả mãn x + y + z = 4.Chứng minh :

1

1 xy xz 

HD:

Với a,b dương nên ta có :

   

   

2

2 a b 4ab a b

a b 4ab

a b ab a b ab ab a b

 

     

  

Dấu “=” xảy a = b

Áp dụng bất đẳng thức ta có :

1 1

Mà x+y+z = nên y + z = – x >0

2

1 1 1

xy xz x(4 x) xy xz x 4x 4 xy xz (x 2)

        

        (*)

Vì y + z = – x >0 nên x.(4-x) > Suy 4(x 2) 2 4 Do

4

1 (x 2) 4

   (**)

Từ (*) (**) suy

1

1 xy xz 

Dấu “=” xảy

x

x xy xz

y z x y z

 

  

 

 

  

   

Sở giáo dục - đào tạo Nam định

đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt năm HọC 2012 - 2013 Mơn: Tốn

Thêi gian lµm bµi: 120

Đề thi có 01 trang

Phần I- Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Hóy chọn phơng án trả lời viết chữ đứng trớc phơng án vào làm. Cõu 1: Điều kiện để biểu thức x1 cú nghĩa là

A x1 B x1 C x 1 D x1. Câu 2: Giao điểm đồ thị hai hàm số y = x - y = -2x + có tọa độ

A (0;-3) B (0;3) C (2;-1) D (2;-1) Câu 3: Phương trình x2 - x - 2012m = có nghiệm trái dấu

A m0. B m0 C m0. D m0. Câu 4: Tập nghiệm phương trình  

2 3 1 0

x  x x 

A 3;0 B 1;0 C 3; 1;0  D 3; 1  Câu 5: Đường thẳng sau có điểm chung với đồ thị hàm số y = 4x2?

A y = 4x - B y = 4x C y = 5x - D y = 3x Câu 6: Cho đường trịn (O;R) nội tiếp hình vng ABCD, diện tích hình vng ABCD

A 2R2. B R2.

C 2R2. D 4R2

Câu 7: Cho tam giác ABC vuông A, biết AC = 3, BC = 5, tanB có giá trị

A

3

4. B

3

5. C

4

3. D

5 3.

Câu 8: Mặt cầu với bán kính 3cm có diện tích

A 4 (cm2). B 36 (cm2). C 12 (cm2). D 362 (cm2).

Phần II- Tự luận (8,0 điểm) Cõu (1,5 điểm) Cho biểu thức A =

1

:

1

x

x

x x x x

   

 

   

       

  (với x >0 x1). 1) Rút gọn biểu thức A

2) Chứng minh A - > với x thỏa mãn điều kiện x >0 x1. Câu (1,5 điểm)

1) Giải phương trình x4 + x2 - = 0

2) Tìm giá trị tham số m để hai đường thẳng y = (m2 + 1)x + m + y = 5x + 2 song song với

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

1 1 x y y xy           .

Câu (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O có đường kính AB = 2R Vẽ tia tiếp tuyến Ax, By ( Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Trên nửa đường tròn cho lấy điểm M không trùng với A B, tiếp tuyến M cắt Ax, By E F

1) Chứng minh AEMO nội tiếp 2) Chứng minh EO2 = AE.EF.

3) Kẻ MH vng góc với AB (H thuộc AB), gọi K giao điểm EB MH Tính tỉ số

MK

MH

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:  

4

2 x 4 3x 10x6 Hết

Họ tên thí sinh: Giám thị số 1: Số báo danh: Giám thị số 2:

HNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2012 - 2013 PHẦN 1: Trắc nghiệm (2đ) Mỗi câu 0,25 đ

Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu

D C C B A D A B

PHẦN 2: Tự luận (8đ) Câu (1,5 điểm)

Đáp án Điểm

1)

1,0đ + Tính

 

1

1

x x

x x x x x



 

  

   

2 1

1 1

x

x x x x



 

   

+ Thực phép chia tính

1

x A

x

 

2) 0,5đ

+ Ta có

2 ( 1)

2 x

A

x

  

+ Vì với x >0 x1nên  

1

x 

√x>0 Do A - >

Câu (1,5 điểm)

Đáp án Điểm

1) 0,75

+ Đặt t = x2 điều kiện t0 phương trình cho trở thành t2 t 0 + Giải phương trình t2 t 0 tìm t12;t2 3

2) 0,75

+ Điều kiện để hai đường thẳng song song a a / b b / + Giải điều kiện a a / tìm m2

+ Giải điều kiện b b / tìm m0.

Đối chiếu điều kiện kết luận tìm m2

Câu (1,0 điểm)

Đáp án Điểm

+Tìm ĐKXĐ: x0và y1 +Biến đổi ptrình

1 1 1

1

1 1

y y

x

x y x y x y y



        

   (y0)

+Thay

1

y x

y

 

vào phương trình 3y1xy ta

3y y y 3y y y

y



       

(thỏa mãn điều kiện)

+Thay y = vào phương trình thứ x = (thỏa mãn điều kiện) Nếu y = hệ cho vơ nghiệm

+Kết luận hệ phương trình cho có nghiệm (2; 1) Câu (3,0 điểm)

Đáp án Điểm

1) + C/m góc EAO = 900 C/m góc EMO = 900 + C/m Tổng hai góc đối 1800

+ Kết luận tứ giác AEMO nội tiếp

+Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng EOF có EO2 = EM.EF.

+ Vì EM = EA (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) nên suy EO2 = AE.EF (đpcm)

3)

+ Áp dụng hệ định lý ta - lét tam giác EFB ta có

EF EF EF

KM EM KM FB FM

FB   EM   ( Do FM = FB ) (1)

+ Áp dụng hệ định lý ta - lét tam giác BEA ta có

KH BK KH BK

EA BE  EM BE ( Do EA = EM ) (2)

+ Áp dụng định lí Ta –lét vào tam giác FEB có:

FM BK

FE BE (3)

+ Từ (1), (2) (3) suy KM = KH tính

1

MK

MH 

Câu

4 4

4

4

2( 4) 10 2( 4) 100 36 60 36 120

9 100 36 60 36 120

7 60 136 120 28 0(2)

x x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x

           

        

     

Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình (2) nên x 0 Chia vế phương trình (2) cho x2 ta được

4

2 2

2

7 60 136 120 28 0(2)

28 120

7 60 136

4

7( ) 60( ) 136

x x x x

x x x x x x x x                   Đặt x t x  

(t0)

2 2 4 x t x    

Khi ta có phương trình bậc hai ẩn t 7t2 -28 – 60t + 136 = 0

 7t2 – 60t + 108 = t

Giải ta đc t1 = 6; t2 = 18

7 Từ tính đc x

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Mơn thi: TỐN

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

Bài 1.(2,0 điểm)

1) Tính:

1

A

5

  



2) Cho biểu thức:

2(x 4) x

B

x x x x



  

    với x ≥ 0, x ≠ 16.

a Rút gọn B

b Tìm x để giá trị B số nguyên

Bài 2.(2,0 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + m + = (m tham số).

1) Giải phương trình với m =

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu (x1 < < x2) Khi

nghiệm có giá trị tuyệt đối lớn hơn?

Bài 3.(2,0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = -x2 đường thẳng (d): y =

mx + (m tham số)

1) Tìm m để (d) cắt (P) điểm

2) Cho hai điểm A(-2; m) B(1; n) Tìm m, n để A thuộc (P) B thuộc (d) 3) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ O đến (d) Tìm m để độ dài đoạn

OH lớn

Bài 4.(3,5 điểm)

Cho đường tròn (O), dây cung BC (BC khơng đường kính) Điểm A di động cung nhỏ BC (A khác B C; độ dài đoạn AB khác AC) Kẻ đường kính AA’ đường trịn (O), D chân đường vng góc kẻ từ A đến BC Hai điểm E, F chân đường vng góc kẻ từ B, C đến AA’ Chứng minh rằng:

1) Bốn điểm A, B, D, E nằm đường tròn 2) BD.AC = AD.A’C

3) DE vng góc với AC

4) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định

Bài 5.(0,5 điểm):

Giải hệ phương trình:

4

2 2

x x 3x 4y

x 4y x 2xy 4y

x 2y

2

      

   

  

 

-Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

ĐÁP ÁN Bài 1.(2,0 điểm)

1) Tính:

1

A

5

  



1) Cho biểu thức:

2(x 4) x

B

x x x x



  

    với x ≥ 0, x ≠ 16.

a Rút gọn B

b Tìm x để giá trị B số nguyên

Nội dung Điểm

1.

(0,5đ)

5

A ( 2) 5

5



       

 0,5

2.

(1,5đ) a (1 đ) Với x ≥ 0, x ≠ 16, thì:

B

2(x 4) x 2x x( x 4) 8( x 1)

( x 1)( x 4) x x ( x 1)( x 4)

     

   

     

0,25

2x x x x 3x 12 x ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4)

     

 

    0,25

3 x( x 4) x ( x 1)( x 4) x



 

   0,25

Vậy

3 x B

x



 với x ≥ 0, x ≠ 16. 0,25

b (0,5 đ)

Dễ thấy B ≥ (vì x 0).

Lại có:

3

B 3

x

  

 (vì

3

0 x 0, x 16) x 1     . Suy ra: ≤ B <  B Ỵ {0; 1; 2} (vì B Ỵ Z)

0,25

- Với B =  x = 0;

- Với B = 

3 x

1 x x x

4 x 1      

- Với B = 

3 x

2 x 2( x 1) x

x 1      

Vậy để B Ỵ Z x Ỵ {0;

1; 4}.

Bài 2.(2,0 điểm)

Cho phương trình: x2 – 4x + m + = (m tham số).

1) Giải phương trình với m =

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu (x1 < < x2) Khi

nghiệm có giá trị tuyệt đối lớn hơn?

Nội dung Điểm

1.

(1,0đ)

m = 2, phương trình cho thành: x2 – 4x + = 0.

Phương trình có a + b + c = – + = nên có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 0,5

Vậy với m = phương trình cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 0,5

2.

(1,0đ)

Phương trình cho có hai nghiệm trái dấu  ac <  m + <  m < -1 0,5

Theo định lí Vi-et, ta có:

1

1

x x

x x m

  



 



Xét hiệu: |x1| - |x2| = -x1 – x2 = -4 < (vì x1 < < x2)  |x1| < |x2|

0,25

Vậy nghiệm x1 có giá trị tuyệt đối nhỏ nghiệm x2 0,25

Bài 3.(2,0 điểm):

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = -x2 đường thẳng (d): y =

mx + (m tham số)

1) Tìm m để (d) cắt (P) điểm

2) Cho hai điểm A(-2; m) B(1; n) Tìm m, n để A thuộc (P) B thuộc (d) 3) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ O đến (d) Tìm m để độ dài đoạn

OH lớn

Nội dung Điểm

1.

(0,75đ)

(d) cắt (P) điểm  Phương trình hồnh độ (d) (P):

-x2 = mx +

 x2 + mx + = có nghiệm 0,25

Vậy giá trị m cần tìm m = ± 2 0,25

2.

(0,75đ)

2

A (P) m ( 2) m

n

B (d) n m

Ỵ  

   

 

  



Ỵ   

  0,5

Vậy m = -4, n = -2 0,25

3.

(0,5đ)

- Nếu m = (d) thành: y =  khoảng cách từ O đến (d) =  OH =

(Hình 1)

0,25

- Nếu m ≠ (d) cắt trục tung điểm A(0; 2) cắt trục hoành điểm B(

2 ; m



0) (Hình 2)

 OA = OB =

2

m |m|

 

OAB vng O có OH ^ AB 

2

2 2

1 1 m m

OH OA OB 4



    

2 OH

m

 

 Vì m2 + >

m ≠  m2 1  OH <

So sánh hai trường hợp, ta có OHmax =  m =

0,25

Bài 4.(3,5 điểm)

Cho đường tròn (O), dây cung BC (BC khơng đường kính) Điểm A di động cung nhỏ BC (A khác B C; độ dài đoạn AB khác AC) Kẻ đường kính AA’ đường trịn (O), D chân đường vng góc kẻ từ A đến BC Hai điểm E, F chân đường vng góc kẻ từ B, C đến AA’ Chứng minh rằng:

1) Bốn điểm A, B, D, E nằm đường tròn 2) BD.AC = AD.A’C

3) DE vng góc với AC

Nội dung Điểm 1.

(0,5đ) Vì

 

ADB AEB 90   bốn điểm A, B, D, E thuộc đường trịn đường kính

AB 0,5

2.

(1,0đ)

Xét ADB ACA’ có:

 

ADB ACB 90  (ACB 90  0 góc nội tiếp chắn nửa đường trịn);

 

ABD AA 'C (hai góc nội tiếp chắn cung AC)

ADB ~ ACA’ (g.g)

0,5



AD BD

AC A 'C  BD.AC = AD.A’C (đpcm).

0,5

3.

(1,25đ

Gọi H giao điểm DE với AC

Tứ giác AEDB nội tiếp  HDC BAE  BAA '. 0,25



BAA ' BCA hai góc nội tiếp (O) nên:

   

BAA' sđBA' ; BCA sđBA

2

  0,25



    

BAA ' BCA sđBA ' sđBA sđABA ' 90

2 2

    

(do AA’ đường kính) 0,25

Suy ra: HDC HCD BAA ' BCA 90       CHD vuông H. 0,25

4.

(0,5đ

Gọi I trung điểm BC, K giao điểm OI với DA’, M giao điểm EI với CF, N điểm đối xứng với D qua I

Ta có: OI ^ BC  OI // AD (vì ^ BC)  OK // AD

ADA’ có: OA = OA’ (gt), OK // AD  KD = KA’

DNA’ có ID = IN, KD = KA’  IK // NA’; mà IK ^ BC (do OI ^ BC)

 NA’ ^ BC

Tứ giác BENA’ có BEA ' BNA ' 90   0 nên nội tiếp đường tròn

 EA 'B ENB 

Ta lại có: EA 'B AA 'B ACB   (hai góc nội tiếp chắn cung AB (O)).  ENB ACB   NE // AC (vì có hai góc vị trí đồng vị nhau)

Mà DE ^ AC, nên DE ^ EN (1)

0,25

Xét IBE ICM có:  

EIB CIM (đối đỉnh) IB = IC (cách dựng)

 

IBEICM (so le trong, BE // CF (vì ^ AA’))

IBE = ICM (g.c.g)  IE = IM

EFM vuông F, IE = IM = IF

Tứ giác DENM có IE = IM, ID = IN nên hình bình hành (2)

Từ (1) (3) suy DENM hình chữ nhật  IE = ID = IN = IM

 ID = IE = IF Suy I tâm đường tròn ngoại tiếp DEF

I trung điểm BC nên I cố định

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định

0,25

Bài 5.(0,5 điểm):

Giải hệ phương trình:

4

2 2

x x 3x 4y (1)

x 4y x 2xy 4y

x 2y (2)

2

      

   

  

 

Nội dung Điểm

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

2 2 2 2

2(x 4y ) (1 1 )[x (2y) ] (x 2y) 

2 2

x 4y (x 2y) x 2y

2

  

  

(3)

Dấu xảy  x = 2y

Mặt khác, dễ dàng chứng minh được:

2

x 2xy 4y x 2y

3

  



(4) Thật vậy,

2 2 2

x 2xy 4y x 2y x 2xy 4y (x 2y)

3

     

  

(do hai vế ≥ 0)

 4(x2 + 2xy + 4y2) ≥ 3(x2 + 4xy + 4y2)  (x – 2y)2 ≥ (luôn x, y)

Dấu xảy  x = 2y

Từ (3) (4) suy ra:

2 2

x 4y x 2xy 4y

x 2y

2

  

  

Dấu xảy  x = 2y

Do (2)  x = 2y ≥ (vì x + 2y ≥ 0)

Khi đó, (1) trở thành: x4 – x3 + 3x2 – 2x – =

 (x – 1)(x3 + 3x + 1) =  x = (vì x3 + 3x + ≥ > x ≥ 0) 

1 y

2



Vậy nghiệm hệ cho (x = 1; y =

1 2).

Đề thi Toán vào 10 Sở Hà Nam năm 2012 Câu 1. (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

a) A 2 5 3 45 500 8 12

b) B 8

3 1

  



 

 Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:

x  5x 4 0

b) Giải hệ phương trình:.

3x y 1 x 2y 5

 

 

 

 Câu (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabot (P)có phương trình yx2và đường thẳng (d) có phương trình y2mx 2m3 (m tham số)

a) Tìm tọa độ điểm thuộc (P) biết tung độ chúng 2.

b) Chứng minh rằng: (P)và (d) cắt hai điểm phân biệt với m Gọi y1 và y2 là tung độ giao điểm (P) (d) Tìm mđể y1 y2 9

Câu (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB Trên tiếp tuyến đường trịn (O) A lấy điểm M (M khác A) Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với (O) (C tiếp điểm) Kẻ CH vng góc với AB (HỴAB), MB cắt (O) điểm thứ hai K cắt CH tại N Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AKNH tứ giác nội tiếp.

b)

AM MK.MB

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn:a1;b4;c9

Tìm giá trị lớn biểu thức:

bc a 1 ca b 4 4 ab c 9 P

abc

     

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPTNăm học 2012 - 2013

MÔN : TỐN

( Thời gian làm bài 120 phút, khơng kể giao đề )

Câu I (2 điểm)

1) Cho hai hàm số

2

x y

x

y 

a) Vẽ đồ thị hai hàm số mặt phẳng toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm hai đồ thị phép tính

2) Cho phương trình bậc hai x2 + 5x + = có hai nghiệm x

1; x2 Hãy lập phương

trình bậc hai có hai nghiệm (2x1 -1) ( 2x2 -1) Câu II (2 điểm)

1/ Giải phương trình bất phương trình sau: a x2 6x 2 

b 2(x 3) x  

2/ Rút gọn biểu thức sau: P = ( √b

√b+2−

√b

√b −2+

4√b −1

b −4 ):

√b+2 với b b

4

Câu III (1.5 điểm) : Cho hệ phương trình:  

2

1

2

y x m x y m

   



   

a. Tìm giá trị m để hệ phương trình (1) có nghiệm (x; y) cho:

0

x y

  

  b.Tìm giá trị m để biểu thức P = x2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu IV (1điểm)

Nếu mở hai vịi nước chảy vào bể cạn sau bể đầy nước Nếu mở riêng vòi vịi thứ chảy đầy bể nhanh vịi thứ hai Hỏi mở riêng vịi vịi chảy đầy bể?

Câu V (3 điểm)

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Điểm H cố định thuộc đoạn thẳng AO (H khác A O) Đường thẳng qua H vng góc với AO cắt nửa đường tròn (O) C Trên cung BC lấy điểm D (D khác B C) Tiếp tuyến nửa đường tròn (O) D cắt đường thẳng HC E Gọi I giao điểm AD HC

a Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn b Chứng minh tam giác DEI tam giác cân

c Gọi F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD Chứng minh góc ABF có số đo khơng đổi D di chuyển cung BC (D khác B C)

Câu VI (0,5 điểm) : Cho biểu thức B = x5−6x4+12x3−4x2−13x+2014

Không dùng máy tính, tính giá trị B x = √3−√5

3+√5

-Hết-

-Giám thị khơng giải thích thêm.

Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh:……… Chữ kí giám thị 1:………Chữ kí giám thị 2:………

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPTHƯỚNG DẪN CHẤM

Năm học 2012 - 2013 MÔN : Toán

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

I Hướng dẫn chung:

1) Nếu thí sinh làm không theo cách giải nêu đáp án mà cho đủ

điểm phần hướng dẫn quy định 2) Điểm tồn khơng làm tròn số

II Đáp án biểu điểm:

Câu Đáp án Biểu

điểm Câu I (2.5 điểm)

1a) 0,75đ

a) Vẽ  

2

:

2

x

P y

Bảng giá trị giữa x y: (được 0,25)

x -4 -2

y -8 -2 -2 -8

Vẽ  :

x

d y 

   

0 1: 0;

0 : 2;0

x y A

y x B

   

  

(được 0,25) Vẽ đúng, đẹp được: (được 0,25)

1b)

0.5đ Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là:

 

2

2

1

2

x x

x x

      

Vì a b c  0 nên (1) có hai nghiệm x11; x2 2

* Với 1

1

2

x   y 

* Với x2  2 y2 2

0,25 0,25 -2 -4 -6 -8 -10

-5 10 15

y = x 2 - 1

Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) là: 1; 2  2; 2 

2) 0,75đ

Với phương trình: x2 + 5x + = 0

Có  25 12 13 0  

Nên pt ln có nghiệm phân biệt x1+ x2 = - ; x1x2 =

Gọi S, P tổng, tích 2nghiệm phương trình cần lập Do S = (2x1 -1) + ( 2x2 -1).= 2(x1+x2 – 1) = -12

Và P =(2x1 -1).( 2x2 -1) = 4x1x2 - (x1+ x2) + = 23

Vậy phương trình cần lập x2 + 12x + 23 = 0

0,25 0,25 0,25

Câu II (2 điểm)

1)

1.0đ a)

2

x  6x 2   (x 3)  2 x 3 2

 x 2   x 5

0,25

 x 3 2 x 1

Vậy phương trình cho có nghiệm: x1 = 5; x2 = 0,25

b) 2(x 3) x    2x x   3x 9  x 3 0,25

Vậy nghiệm bất phương trình là: x < 0,25

2) 1.0đ

P = ( √b

√b+2−

√b

√b −2+

4√b −1

b −4 ):

√b+2 = (b −2√b − b −2√b+4√b −1

b −4 ):

1

√b+2 0,25

=

2

( 2)( 2)

b

b b

 

  0,25

=

2 b 0,25

Với với b b ta có :

1 P b   0,25

Câu III (1,5điểm)

a)

1.0đ 22x y my x m  12   2x y mx 2y m 21

     

 

2 2 3

2 2

x y m y m

x y m x y m

    

 

   

     

  0,25

2

y m y m

x y m x m

 

 

   

    

 

Vậy hệ ln có nghiệm nhất:

y m x m       0,25

Mà theo bài:

0 1

0

0 0

x m m

m

y m m

F I C E O A B H D

Vậy 0m1 hệ phương trình (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn

0 x y    

 0,25

b) 0.5 đ

Theo kết phần a ta có:

y m x m      

Nên P = x + y = (m -1) + m = 2m - 2m +12 2 2

2

2 1

2( )

2

m m m  

        

 

 

 

2

1 1

2( )

2 2

m

    0,25

 P đạt GTNN

1 2khi

1

0

2

m   m 0,25

Câu IV (1điểm)

Gọi thời gian vịi thứ chảy đầy bể là: x (h) (ĐK: x>6) thời gian vịi thứ hai chảy đầy bể là: x + (h)

Trong (h): vòi chẩy được:

x(bể)

Vòi chảy được:

5

x (bể)

Theo (h) vòi chảy được:

6(bể) Nên ta có phương trình

x +

1

x =

1  x2 -7x -30 =

Giải phương trình ta được: x1 = 10 (TMĐK), x2 = -3 (loại)

Vậy vịi chảy 10 (h) đầy bể, vịi chảy 15(h) đầy bể

0,25

0,25 0,25 0,25

Câu V điểm

a) 0.75đ

Vẽ hình 1: 0,25 điểm

Hình Hình

Vì AB đường kính nên ABD 90   , IDB 90   0,25

vì CH ^ AB nên IHB 90   0,25

suy IDB +IHB 180   0,25 Vậy tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn

b) 0,75đ

 

EDA DBA

1



sđAD 0,25

 

DEI DBA ( bù DIH ) 0,25đ

Do EDI DIE  hay DEI tam giác cân 0,25

c) 1.0đ

Do F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD nên  180 CFI CFI

ICF 90

2

 

   

0,25 

 

CFI

ICD CBA

2   suy ICF 90    CBA HCB 

0,5 Vì D nằm cung BC nên tia CF trùng với tia CB cố định Vậy góc ABF

có số đo khơng đổi

(Học sinh chứng minh theo cách khác mà cho điểm tối đa)

0.25

Câu VI

0,5 đ

Ta có x =

2

3 (3 5)

2

3 (3 5)(3 5)

  

 

  

 2x = 3  - 2x =  x2 - 3x + = Ta có: B = x5−6x4+12x3−4x2−13x+2014

= (x2 - 3x + 1)(x3 - 3x2 +2x +5) +2009

= (x3 - 3x2 +2x +5) +2009 = 2009

Vậy x= √3−√5

3+√5 B = 2009

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPTNăm học 2012 - 2013

MÔN : TỐN

( Thời gian làm bài 120 phút, khơng kể giao đề )

Câu I (2 điểm)

1) Cho hàm số y = 2x

a) Vẽ đồ thị (P) hàm số

b) Xác định a, b để đường thẳng (d): y = ax + b cắt trục tung điểm có tung độ –2 cắt đồ thị (P) nói điểm có hồnh độ

2) Cho phương trình bậc hai x2 - 6x + = có hai nghiệm x

1; x2.Khơng giải phương

trình tính giá trị biểu thức sau:

1

2

x x

x x

 

Câu II (2 điểm)

1/ Giải phương trình bất phương trình sau:

a 3x 2  b 3(x 1) x  

2/ Rút gọn biểu thức sau:

1 1

1

1

1 x

x x x

   

      



 

   

B

với x >0 x

Câu III (1.5 điểm) :

Cho hệ phương trình:  

2

1

2

y x m

x y m

    



   

a.Tìm giá trị m để hệ phương trình (1) có nghiệm (x; y) cho:

2 5 2

x y

x y

  



b.Tìm giá trị m để biểu thức P = x2 + xy đạt giá trị nhỏ nhất Câu IV (1điểm)

Cho số tự nhiên có hai chữ số, biết chữ số hàng chục bé chữ số hàng đơn vị Khi viết thêm chữ số vào đằng trước ta số nhỏ bình phương số cho 10 đơn vị Tìm số cho

Câu V (3 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Điểm H cố định thuộc đoạn thẳng AO (H khác A O) Đường thẳng qua H vng góc với AO cắt nửa đường tròn (O) C Trên cung BC lấy điểm D (D khác B C) Tiếp tuyến nửa đường tròn (O) D cắt đường thẳng HC E Gọi I giao điểm AD HC

a Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn b Chứng minh tam giác DEI tam giác cân

c Gọi F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD Chứng minh góc ABF có số đo không đổi D di chuyển cung BC (D khác B C)

Câu VI (0,5 điểm) : Cho biểu thức B = x5−6x4

+12x3−4x2−13x+2014

Khơng dùng máy tính, tính giá trị B x = √3−√5

3+√5 -Hết-

-Giám thị khơng giải thích thêm.

Họ và tên thí sinh:……….Sớ báo danh:………

Chữ kí giám thị 1:………Chữ kí giám thị 2:……… SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG ĐÊ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPTHƯỚNG DẪN CHẤM

Năm học 2012 - 2013 MƠN : Tốn

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

I Hướng dẫn chung:

1) Nếu thí sinh làm khơng theo cách giải nêu đáp án mà cho đủ

điểm phần hướng dẫn quy định

2) Điểm tồn khơng làm trịn số

II Đáp án biểu điểm:

Câu Đáp án điểmBiểu

Câu I (2.5 điểm) 1a)

0,5đ

+ Lâp bảng giá trị có giá trị

+ Biểu diễn điểm mặt phẳng tọa độ + Vẽ đường parabol qua điểm

0,25 0,25 1b)

0.75đ

+ Xác định hệ số b = –2

+ Tìm điểm thuộc (P) có hồnh độ điểm (2; 1) + Xác định hệ số a =

3 0,25 0,25 0,25 2) 0.75đ

Với phương trình: x2 -6x + = 0

Có   / 0 

Nên pt ln có nghiệm phân biệt x1+ x2 = ; x1x2 =

2

1 1 2

2 1 2

x x x x x x

nên

x x x x x x

   

  

2 2

1 2 2

1 2

x x x x (x x ) 2x x x x 36 16 13

x x x x

        

   

0,25 0,5

Câu II (2 điểm)

1) 1.0đ

a) 3x 2  (ĐK: x

2



)

3x 3x x

       (TMĐK) 0,25

Vậy phương trình cho có nghiệm: x = 0,25

b) 3(x 1) x    3x x    4x 8  x 2 0,25

Vậy nghiệm bất phương trình là: x < 0,25

2) 1.0đ

1 1

1

1

1 x

x x x

                  B =

1 1

( )( )

( 1)( 1)

x x x

x x x

    

  0,25

=

1 2

( )( )

( 1)( 1)

x x

x x x

 

  0,25

=

x 0,25

Với với x > x ta có :B =

2

x

a) 1.0đ

2 3

2 4

y x m x y m

x y m x y m

                   

5 5

2 3

x m x m

x y m x y m

   

 

   

     

  0,25

1 x m y       

Vậy hệ ln có nghiệm nhất:

1 x m y       0,25

Mà theo bài:

2 5 ( 1)2 1 5 2 3

2 2 ( 1)

2

x y m m m

m

x y m m

      

     

   

( 1)( 3)

2

1 m m m m m         

 (TMĐK) 0,25

Vậy m = -1 hệ phương trình (1) có nghiệm (x; y) thỏa mãn

2 2 x y x y   

 0,25

b) 0.5 đ

Theo kết phần a ta có:

1 x m y       Nên P = x + xy = (m +1)2 2- m -1

2

2

= m - m = (m 1)

4

m

  

1 1

( )

2 4

m

    0,25

 P đạt GTNN

1  1 2

m   m 0,25

Câu IV (1điểm)

Gọi chữ số hàng chục số cần tìm x ( 1 x 5 ) Thì chữ số hàng đơn vị : x +4

Số cần tìm là: x x 4 = 10x + x + = 11x + Khi viết thêm chữ số vào đằng trước ta số

2x x 4 = 200 + 10x + x + = 204 + 11x Theo ta có phương trình:

204 + 11x + 10 = (11x + 4)2

 121x2 + 77x - 198 = 0

 11x2 + 7x – 18 = 0

Giải phương trình ta được: x1 = (TM) ; x2 = 18 11



(loại) Vậy số cần tìm là: 15

0,25

F I C E O A B H D

Câu V 3.0 điểm

a) 0.75đ

Vẽ hình 1: 0,25 điểm

Vì AB đường kính nên ABD 90   , IDB 90   0,25

vì CH ^ AB nên IHB 90   0,25

suy IDB +IHB 180   0,25

Vậy tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn

b) 0,75đ

 

EDA DBA

1



sđAD 0,25

 

DEI DBA ( bù DIH ) 0,25đ

Do EDI DIE  hay DEI tam giác cân 0,25

c) 1.0đ

Do F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD nên

 180 CFI CFI

ICF 90 2       0,25    CFI ICD CBA

2   suy ICF 90    CBA HCB 

0,5 Vì D nằm cung BC nên tia CF trùng với tia CB cố định Vậy góc ABF có số

đo khơng đổi

(Học sinh chứng minh theo cách khác mà cho điểm tối đa)

0.25 Câu VI

0,5 đ

Ta có x =

2

3 (3 5)

2

3 (3 5)(3 5)

  

 

  

 2x = 3  - 2x =  x2 - 3x + =

Ta có: B = x5−6x4+12x3−4x2−13x+2014 = (x2 - 3x + 1)(x3 - 3x2 +2x +5) +2009

= (x3 - 3x2 +2x +5) +2009 = 2009 Vậy x= √3−√5

3+√5 B = 2009