Thi vao lop 10 Ha tinh 20122013 co DA

Chú ý: Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn.[r]

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

(Đề thi có trang) Mã đề 01

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN Ngày thi : 28/6/2012

Thời gian làm : 120 phút Câu 1 (2điểm)

a) Trục thức mẩu biểu thức:

1

b) Giải hệ phương trình:

2 7

. 2 1

 

 

 



x y x y

Câu 2 (2điểm)

Cho biểu thức:

4

  

  

 

 

a a a

P

a

a a a với a >0 a 1.

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Với giá trị a P = 3.

Câu (2điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b qua điểm M(–1 ; 2) song song với đường thẳng y = 2x + Tìm a b.

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình x2 + 4x – m2 – 5m = Tìm giá trị của m cho: |x1 – x2| = 4.

Câu (3điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O Hai đường cao AD, BE cắt nhau H (DBC, E AC)

a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.

b) Tia AO cắt đường tròn (O) K ( K khác A) Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành.

c) Gọi F giao điểm tia CH với AB Tìm giá trị nhỏ biểu thức: AD BE CF

Q

HD HE HF

  

Câu (1điểm)

Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau vơ nghiệm: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + = 0.

Hết

- Thí sinh không sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải thích thêm.

Họ tên thí sinh :………Số báo danh…………

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

Mã đề 01

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn thi: TỐN

Ngày thi 28 tháng năm 2012

HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Câu Nội dung Điểm

1

a) Ta có:

5 5( 1) ( 1)( 1)

 

   0,5

5( 1) 5( 1)

6

6

 

   

 0,5

b) Ta có:

2x y 4x 2y 14 x 2y x 2y

   

 



 

   

  0,5

5x 15 x

x 2y y

 

 

   

  

  0,5

2

a) Với 0a 1thì ta có: 2

4 1

1

    

   

  

 

a a a a a

P

a a

a a a a 0,5

2

4a a



 0,5

b) Với 0a 1thì P =

2

4a

3 3a 4a a



     2

3a 4a

    0,5

 a = (loại)

1 a

3



(thỏa mãn đk) 0,5

3

a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên:

a = 2, b 1. 0,5 Vì đường thẳng y = 2x + b qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt:

2(-1) + b =  b = (thỏa mãn b 1) Vậy a = 2, b = 4 0,5 b) Ta có :   ' m25m (m 1)(m 4)   Để phương trình có nghiệm x1,

x2 ta có:   ' m4 m1 (*) 0,25 Theo định lí Vi-et, ta có:

b

x x

a

  

2

c

x x m 5m a

   0,25

Ta có: x1 x2  4 (x1 x )2 16 (x1x )2 2 4x x1 16

2

16 4( m 5m) 16 m 5m

         m = m = – 5 0,25

Kết hợp với đk(*), ta có m = , m = – giá trị cần tìm. 0,25

4 a) Vì AD BE đường cao nên ta

có: ADB AEB 90   

0,5

F E

 Hai góc ADB, AEB  nhìn cạnh AB dưới góc 90

nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.

0,5 b) Ta có:ABK ACK 90   (góc nội tiếp chắn

nữa đường tròn)  CKAC, BKAB (1) Ta có H trực tâm tam giác ABC nên:

BHAC,CHAB(2)

0,5

Từ (1) (2), suy ra: BH // CK, CH // BK. Vậy tứ giác BHCK hình bình hành (theo định nghĩa)

0,5 Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S Vì ABC nhọn nên trực tâm

H nằm bên ABC, đó: S = S1 + S2 + S3 0,25 Ta có:

ABC ABC ABC

BHC AHC AHB

S S S

AD S BE S CF S

(1), (2), (3)

HDS S HE S S HF S S 0,25

Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:

1 3

AD BE CF S S S 1

Q S

HD HE HF S S S S S S

 

          

 

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho số dương, ta có:

3

1 3

S S S S 3 S S S (4) ;

1 3

1 1

S S S  S S S (5)

0,25

Nhân vế theo vế (4) (5), ta được: Q 9 Đẳng thức xẩy  S1S2 S3

hay H trọng tâm ABC, nghĩa ABC đều. 0,25

5

Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + = (*) Đặt x 2  t 0 pt (*) trở

thành: t2 – 2mt + – m = (**), '(t) m 2m (m 1)(m 2)    0,25 Để pt (*) vơ nghiệm pt(**) phải vơ nghiệm có nghiệm t1, t2

cho: t1t20 0,25

Pt (**) vô nghiệm  '(t) 0  (m 1)(m 2) 0    2 m 1  (1) Pt (**) có nghiệm t1, t2 cho: t1t2 0 Điều kiện là:

' '

2m m m

2 m m

   

 

 

    

 

    

  (2)

0,25

Kết hợp (1) (2), ta có đk cần tìm m là: m <1. 0,25

Chú ý: Mọi cách giải cho điểm tối đa, điểm tồn khơng quy trịn. H

D

K O