De thi Dap an DTNT Tra Vinh 2012

[r]

Sở Giáo dục – Đào tạo KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTDTNT

Trà Vinh NĂM HỌC : 2012 – 2013

- Mơn thi : TỐN

Đề thi thức Thời gian làm : 120 phút, không kể thời gian giao đề

-Bài : (2,0 điểm) Cho hàm số

2

5

y x

1. Vẽ đồ thị hàm số cho

2. Qua điểm A(0 ; -2) kẽ đường thẳng (d) song song với trục Ox Đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số

2

5

y x

hai điểm B C tìm tọa độ hai điểm B C

Bài : (2,0 điểm) Giải phương trình sau :

1.

2

3

5

x

x x



 

 

2.

2 0

7

x  x 

Bài : (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :

2

2

1

x y x y

 

  

 

 

Bài : (2,0 điểm) Cho phương trình : x22m1x m 0 (1) (với m tham số) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, tính tổng tích nghiệm theo m

Bài : (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đườngcao AH, biết AH = 14cm,

1

HB HC 

1. Tính độ dài BC

2. Tính diện tích tam giác vng ABC

-Hết -GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PTDTNT

NĂM HỌC : 2012 – 2013

Bài : (2,0 điểm) Cho hai hàm số

2

5

y x

1.

x -2 -1

2

5

y x -10

2



2

 -10

2. Đường thẳng (d) đ qua điểm (0 ; -2) có Nên B C có tọa độ y -2

Ta có phương trình đường thẳng (d) : y = -2 Phương trình hồnh độ giao điểm :

2

5

2 2x

 

2 4

5

5 5

x x  x

        



Vậy tọa độ giao điểm :

2 ;

B  

 

2 ;

C  

 

Bài : (2,0 điểm) Giải phương trình sau :

1.

2

3

5

x

x x



 

  (1)

Điều kiện : x5 ; x2

(1)

2 6

3

5

x x

x x x x

 

       

    x2 x 23x 5 x 26x 5 0

2 2

4 15 30 30 15

x x x x x x x

            

 2  

2

4 15 4.4 225 64 289

b ac

          

Phương trình có nghiệm phân biệt :   289 17

 

1

15 17 15 17 32

2 2.4 8

b x

a

  

   

    

;

 

2

15 17 15 17

2 2.4 8

b x

a

  

     

    

Vậy phương trình (1) có nghiệm x14

1

x 

2. Ta có :

 

2 4 2

2

2

0

0

3

0 7 7 7

3

7

3

x x

x x

x x x x x x

x x

x x

  

 

    

               

 

   

  

 

Vậy phương trình cho có nghiệm : x1 = 0;

2

7

x 

;

7

x 

-2

-4

-6

-8

-10

O

-2 -1

y = - 5 2x2

y

Bài : (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :

   

2

2

2 5

5

x y

x y x y x y

 



 



 



 

 

  

 

Lấy (1) + (2) : 4x =

7

x

 

Thế

7

x

vào (1) :

7 7 3

2 5 5

4 y y y y y y 10

  

 

             

 

 

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

7 ; 10



 

 

 

Bài : (2,0 điểm) Cho phương trình : x22m1x m 0 (1) (với m tham số)

Ta có :    

2

2 4 2 1 4.1. 4 8 4 4 8 4

b ac m m m m m m

            

Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt :  0

Tức

4

8

8

m m m  m

          



Vậy với

1

m

phương trình (1) có nghiệm phân biệt Khi đó, ta có :

 

 

1

2

2

1

m b

S x x m

a

 



     

2 2

1

c m

P x x m

a

   

Bài : (3,0 điểm)

1. Ta có :

1

HB

HC   HC4HB

Ta có hệ thức h2 = b’.c’  AH2 = HB.HC

 142 = HB.4HB  4HB2 196

2 196 49 49 7

4

HB HB cm

     

 HC4HB4.7 28 cm

 BC = HB + HC = + 28 = 35cm

2. Ta có :  

2

35.14 245

2

ABC

BC AH

S    cm

14

H C

B