DE VA DA TS VAO LOP 1020122013

Thời gian một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B, tại bến B nghỉ 20 phút rồi ngược dòng từ bến B trở về bến A tổng cộng là 3 giờ.. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốc[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG

* * *

Đề thi thử vòng I Ngày thi: 07/6/2012

Năm học 2012 - 2013 Đề thi mơn: Tốn

(Thời gian 120 phút khơng kể thời gian giao đề)

Đề dành cho thí sinh có SBD chẵn Câu 1:( 2,5 điểm)

1) Giải phương trình, hệ phương trình sau: a)

4

3x 62 b) 4x4 - 7x2 - = c)

3 17 11

x y x y

  



  

2) Tìm m để đường thẳng y = 2x – đường thẳng y = 3x + m cắt điểm nằm trục hoành

Câu 2:( điểm)

1) Rút gọn biểu thức M=

3 1

: 1

x x x x

x

x x x x

      

 

   

      

   với x > 0, x1, x4

2) Cho pt bậc hai: x2 – 2(m + 2)x + m2 + = (1) (m tham số) Tìm giá

trị m để pt (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn điều kiện: x1x2 – 2(x1 + x2) =

Câu 3:( điểm)

Hai bến sông cách 15 km Thời gian ca nơ xi dịng từ bến A đến bến B, bến B nghỉ 20 phút ngược dòng từ bến B trở bến A tổng cộng Tính vận tốc ca nơ nước n lặng, biết vận tốc dịng nước km/h Câu 4:( 3,5 điểm)

Cho điểm A nằm (O;R) Từ điểm A kẻ đường thẳng d không qua tâm O cắt (O) B C ( B nằm A C) Các tiếp tuyến với (O) B C cắt D Từ D kẻ DH vng góc với AO ( H nằm AO), DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I giao điểm DO BC Chứng minh rằng:

a, Tứ giác OHDC nội tiếp b, OH OA = OI OD

c, AM tiếp tuyến (O)

d, Cho OA = 2R Tính theo R diện tích tam giác AOM phần nằm ngồi (O) Câu 5: ( điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = 0

Hết

Hướng dẫn chấm biểu điểm

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Năm học 2012 - 2013 Đề thi mơn: tốn

Đề dành cho thí sinh có SBD chẵn

Câu Tóm tắt lời giải Điểm

Câu 1 (2,5 đ)

1) Giải phương trình, hệ phương trình sau: a

4

3x 2

8

6

x 

 8x -5 =38x =8  x=1 Vậy phương trình có nghiệm x=1

0,25 0,25 b Đặt tx2 Điều kiện t0. 0,25 Ta : 4t2 7t (2) 0,25 Giải phương trình (2):  49 32 81 ,    9,

1

7

0

8

t    

(loại)

7

2

t    

0,25

Với t t 2 2, ta có x2 2 Suy ra: x1 2, x2 

Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x1  2, x2 

0,25

c

3 17 17 17

5 11 10 22 13 39

x y x y x y

x y x y x

     

  

 

  

    

   0,25

3

4 17

x x y y              

Vậy hệ phương trình có nghiệm (3;-2)

0,25 2) Đường thẳng y = 2x – cắt trục hoành điểm có hồnh độ

x =

1 2;

đường thẳng y = 3x + m cắt trục hồnh điểm có hồnh độ x =

m



Suy hai đường thẳng cắt điểm trục hoành

m -3

m =

3 2

   

0,25

0,25 Câu 2

(2 đ) 1) M=

3 1

: 1

x x x x

x

x x x x

      

 

   

      

   với x > 0, x1, x4

2

3 1

:

1 ( 1)( 1) ( 1)

( 1) ( 1)

:

( 1)( 1) ( 1)

x x x x

x x x x x x

x x x x x

x x x x

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

3 :

( 1)( 1) ( 1)

2

:

( 1)( 1) ( 1)

x x x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

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

( 1) ( 2)

:

( 1)( 1) ( 1)

1 1

:

1 2

x x x

x x x x

x x x

x x x

                          0,25 0,25

Vậy với x > 0, x1, x4 M =

1

x x



 0,25

2) xét pt (1) ta có: ' = (m + 2)2 – (m2 + 7) = 4m – phương

trình (1) có hai nghiệm x1, x2ó m

 0,25

Theo hệ thức Vi-et:

1 2

2( 2) x x m x x m

   



 

 0,25

Theo giả thiết: x1x2 – 2(x1 + x2) = 4=>m2 + – 4(m +2) =

ó m 2 – 4m – = => m

1 = - 1(loại) ; m2 =

Vậy với m = pt (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn điều

kiện: x1x2 – 2(x1 + x2) =

0,25 0,25 Câu3 (1,đ) HD Đổi 20 ph h

Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng x (km/h), đk: x > Vận tốc ca nơ lúc xi dịng là: x3



km h/



;

Vận tốc ca nơ lúc ngược dịng là: x 3



km h/



Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B là:

 

15 h x ; Thời gian ca nơ ngược dịng từ B A là:

 

15 h x

Vì thời gian ca nơ xi dịng, ngược dòng, kể ca thời gian nghỉ Do ta có ph:

 

15 15

3

3 3

x x  

8x 90x 72

   

1

' 45 8.72 2061 ' 2601 51;

45 51 45 51

12; 0,75 8 x x              

Đối chiếu với điều kiện x>3 ta thấy có x = 12 thỏa mãn

0,25

0,25

Câu 4 (3,5đ)

I M

H B

C D

A O

a, Vì DC tiếp tuyến (O) COD 90  0 0,25

Tứ giác HDCO có:

 

DHO DCO 180 

mà hai góc hai góc đối diện tứ giác HDCO

0,25

Vậy tứ giác HDCO nội tiếp 0,25

b, + DB, DC hai tiếp tuyến (O) cắt D

DO AC

  I  AIO 90  0,25

+ C/m: AOI~DOH(g.g) 0,5

AO OI

OH.OA OI.OD

DO OH

    0,25

c, + HCD vuông C có đường cao CI OC2 OI.OD mà OC = OM OM2 OI.OD

lại có OI.OD = OH.OA (theo b)

2 AH OM

OM OH.OA

OM OA

   

0,25

0,25

+ HOM~MOAvì

OH OM

OM OA O chung

 

OHM OMA AM OM

    0,25

mà M (O) Vậy AM tiếp tuyến (O) 0,25 d, + Tính AM= 3R

S AOM =

2

AM.OM 3R.R 3R

2  

0,25

+ Tính AOM 60  0và diện tích hình quạt nằm trong

AOM

 và (O):

Sq=

2

0

R 60 R

6 360

 



0,25

S = S AOM - Sq

2 2

3R R (3 )R

2 6

  

 

Câu 5 (1đ)

Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – = (1)

Bài giải: (1)  (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0

 (x+ y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0

 (y - 1)(y + 4) = - (x+ y)2 (2) 0,5

Vì - (x+ y)2  với x, y

nên: (y - 1)(y + 4)   -4  y  Vì y nguyên nên y 



4; 3; 2; 1; 0; 1  



0,25 Thay giá trị nguyên y vào (2) ta tìm cặp

nghiệm nguyên (x; y) PT cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3),