DeDA thi lop 10 Thanh Hoa nam 1213

[r]

Sở giáo dục đào tạo kỳ thi tuyn sinh lp 10 THPT

Thanh Hoá Năm häc : 2012 – 2013

§Ị chÝnh thøc

Đề A Môn Thi : Toán

Thời gian : 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi : 29/6/2012

§Ị thi gåm 01 trang, gồm 05 Bài (2.0 điểm)

1/ Giải phơng trình sau a/ x =

b/ x2 – 3x + = 0

2/ Giải hệ phơng trình

2

2

x y x y

 

 

 



Bµi ( 2.0 ®iĨm )

Cho biĨu thøc :

2

1 1

1 2 2

a A

a

a a



  



 

1/ Tìm điều kiện xác định v rỳt gn biu thc A

2/ Tìm giá trÞ cđa a , biÕt

1

A

Bài 3(2.0 điểm)

1/ Cho ng thng (d) : y = ax + b Tìm a, b để đờng thẳng (d) qua điểm A( -1 ; 3) song song với đờng thẳng (d’) : y = 5x +

2/ Cho phơng trình : ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = (x ẩn số) Tìm a để phơng trình cú hai

nghiệm phân biệt x1; x2 thoả m·n : x12 + x22 =

Bài (3.0 điểm) : Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng với B, C, H) Từ M kẻ lần lợt MP, MQ lần lợt vng góc với cạnh AB, AC ( P thuộc AB, Q thuộc AC)

1/ Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp đờng tròn

2/ Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ, Chứng minh OHPQ 3/ Chứng minh MP + MQ = AH

Bài ( 1.0 điểm ) Cho hai số thực a, b thay đổi, thoả mãn điều kiện a + b  v a > Tỡm

giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc

2

2

4

a b

A b

a



 

HÕt -Híng dÉn học sinh làm

Bài Nội dung Điểm

Bài 1 1/ Giải phơng trình sau a/ x – =

 x = +

 x = VËy x =

0.25

Theo viét phơng trình cã hai nghiƯm

x1 = vµ 2 c x a   

2/ Giải hệ phơng trình

2 x y x y       

2 3

2

x y x x x

x y x y y y

                       

Vậy hệ phơng trình có nghiÖm nhÊt :

3 x y      0.75 0.25 Bµi 2

Cho biÓu thøc :

2

1 1

1 2 2

a A a a a       

1/ +) Biểu thức A xác định

        0 0

2

2 0

0; 1

2 2

1;

1 1 1 0

a a a a a a a a a a a a a

a a a

                                              

+) Rót gän biÓu thøc A

2

1 1

1 2 2

a A a a a                

1 1

2 1 1

a A

a a a a a

                     

1 1

2 1

a a a a a

A

a a a

      



  

    

2

1 2

2 1

a a a a a a a a a

A

a a a

                       

2 2 1

2

2 1

2 1

a a

a a a

A

a a a

a a a

           0.25 1.0

2/    

1 1 2

0 0

3 3 1

a a a a

A

a a a a

 

         

   

1

ton tai a

1

1

2 1

1

1

1 a a Khong a a a a a a a                                          

Kết hợp điều kiện : Với

1 a   A 0.5 0.25 Bài 3 1/ Cho đờng thẳng (d) : y = ax + b Tìm a, b để đờng thẳng (d) qua

điểm A( -1 ; 3) song song với đờng thẳng (d’) : y = 5x + - Đờng thẳng (d) : y = ax + b qua điểm A (- ; 3), nên ta có

3 = a.(-1) + b => -a + b = (1)

- Đờng thẳng (d) : y = ax + b song song với đờng thẳng (d’) :

y = 5x + 3, nªn ta cã

5

a b

  



 (2)

Thay a = vào (1) => -5 + b = => b = ( thoả mãn b  3) Vậy a = , b = Hay đờng thẳng (d) : y = 5x +

0.25

2/ Cho phơng trình : ax2 + 3(a + 1)x + 2a + = (x ẩn số) (1).Tìm a

để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn : x12 + x22 =

- Với a = 0, ta có phơng trình 3x + = =>

4

x

Phơng trình có nghiệm

4

x

( Lo¹i)

- Víi a Phơng trình (1) phơng trình bậc hai

Ta cã :  = 9(a + 1)2 – 4a(2a + 4) = 9a2 + 18a + – 8a2 – 16a

  = a2 + 2a + = (a + 1)2 + > với a

Phơng trình có hai nghiƯm ph©n biƯt víi mäi a Theo hƯ thøc ViÐt ta cã

 

1

1

3

a

x x

a a x x

a

  

 

  



 

 

Theo đầu

2

2

1 2

x x   x x  x x 

, Thay vµo ta cã

 2  

2

9 2 4

a a

a a

 

 

=>    

2 2

9 a1  2a a4 4a

=> 9a2 18a 9 4a2 8a 4a2 0

=>a2 10a 9 Cã hÖ sè a – b + c = – 10 + = Theo viÐt Phơng trình có hai nghiệm

a1 = -1 (Thoả m·n) vµ a

9

c a

a

 

  

( Tho¶ m·n) KÕt ln : Víi

1

a a

 

 



0.25

0.25

Bài 4

Hình vẽ

2

O

H

Q P

M C

B

A

1/ Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp đờng trịn Xét tứ giác APMQ có

MP  AB(gt) => MPA 90o

MQ  AC(gt) => MQA 90o => MPA MQA  90o90o 180o => Tứ giác APMQ nội tiếp (đ/l)

1.0

2/ Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ, Chứng minh OHPQ

DƠ thÊy O lµ trung ®iĨm cđa AM

=> Đờng trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ đờng trịn tâm O, đờng kính AM

OP = OQ => O thuộc đờng trung trực PQ (1)

 90o

AH BCAHM  => OH = OA = OM => A thuộc đờng trịn ngồi

tiÕp tø gi¸c APMQ

Xét đờng trịn ngồi tiếp tứ giác APMQ, ta có

ABC đều, có AH BC => A1A2 (t/c)

=> PMH HQ (hƯ qu¶ vỊ gãc néi tiÕp) => HP = HQ (tÝnh chÊt)

=> H thuộc đờng trung trực PQ (2)

Từ (1) (2) => OH đờng trung trực PQ => OH  PQ (ĐPCM)

1.0

3/ Chøng minh r»ng MP + MQ = AH Ta cã :

ABC

AH BC

S 

(1)

Mặt khác

2

ABC MAB MAC

MP AB MQ AC

S S S  

(2) Do ABC tam giác (gt) => AB = AC = BC (3) Từ (1) , (2) (3) => MP + MQ = AH (ĐPCM)

Bµi 5

Cho hai số thực a, b thay đổi, thoả mãn điều kiện a + b  v a >

Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc

2

2

4

a b

A b

a



 

Bµi lµm Ta cã

2

2 2

8 1

2

4 4 4

a b b b

A b a b a b

a a a



         

=>

2

2

4

a b

A a b

a



   

Do a + b 

=>

2

1 1

2

4 4

A a b a b a

a a

        

Do a + b  => a  - b

=>

 2

2

2 2

1 1 4

1

4 4 4

b

b b

A a b b a a

a a a

 

 

           

Do a > 0, theo cosi ta cã

1

2

4

a a

a a

  

(1)

Do    

 2

2 2

2 2

4

b

b   b      

(2)

Tõ (1) vµ (2) =>

3

A

=> Giá trị nhỏ A lµ :

3

A 

Khi

1

1

4

2

a b

a a b

a b

  

 

   

 

 

 

1.0