- 1. VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ---- ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 12 tháng 7 năm 2012 (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm): Giải các phương trình sau: a) x(x 2) 12 x− = − 2 2 x 8 1 1 b) x 16 x 4 x 4 − = + − + − Câu 2 (2,0 điểm): a) Cho hệ phương trình 3 2 9 5 x y m x y + = + + = có nghiệm (x; y). Tìm m để biểu thức (xy + x – 1) đạt giái trị lớn nhất. b) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 3)x – 3 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 3 . Câu 3 (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức ( )3 1 . 2 2 1 P x x x x = + − ÷ − − + với 0x ≥ và 4x ≠ . b) Năm ngoái, hai đơn vị sản xuất nông nghiệp thu hoạch được 600 tấn thóc. Năm nay, đơn vị thứ nhất làm vượt mức 10%, đơn vị thứ hai làm vượt mức 20% so với năm ngoái. Do đó cả hai đơn vị thu hoạch được 685 tấn thóc. Hỏi năm ngoái, mỗi đơn vị thu hoạch được bao nhiêu tấn thóc? Câu 4 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao BE, CF của tam giác ấy. Gọi H là giao điểm của BE và CF. Kẻ đường kính BK của (O). a) Chứng minh tứ giác BCFE là tứ giác nội tiếp.
- 2. tứ giác AHCK là hình bình hành. c) Đường tròn đường kính AC cắt BE ở M, đường tròn đường kính AB cắt CF ở N. Chứng minh AM = AN. Câu 5 (1,0 điểm): Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn: b + d ≠ 0 và 2 ac b d ≥ + . Chứng minh rằng phương trình ( )( ) 0=2 2 x +ax+b x +cx+d (x là ẩn) luôn có nghiệm. -----Hết---- Họ và tên thí sinh: ……………………………… Số báo danh: …………….. Chữ ký giám thị 1: …………….…… Chữ ký giám thị 2: …………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG --- ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN (ĐỢT 1, NGÀY 12/7) Câu ý Đáp án Điểm 1 (2đ) a) - Biến đổi phương trình x(x 2) 12 x− = − về dạng x2 – x – 12 = 0 0.5 - Giải được 2 nghiệm: x1 = 4; x2 = -3 0.5 b) Phương trình 2 2 x 8 1 1 x 16 x 4 x 4 − = + − + − . Điều kiện: x 4≠ ± 0.25 - Biến đổi về dạng: x2 –2x – 8 = 0 0.25 - Giải ra được: x1 = 4 (loại); x2 = -2 (TM) 0.25 -KL: nghiệm x = -2 0.25 2 (2đ) a) - Giải hệ 3 2 9 5 x y m x y + = + + = tìm được nghiệm (x; y) = (m +2; 3 – m) 0.25 - Thay (x; y) = (m + 2; 3 – m) vào biểu thức (xy + x – 1) = - m2 + 2m + 7 0.25 - Biến đổi và lập lập (xy + x – 1) = - m2 + 2m + 7 = 8 – (m – 1)2 ≤ 8 0.25 - Tìm được (xy + x – 1) đạt GTLN bằng 8 khi m = 1 0.25 b) - Lập luận: để đường thẳng y = (2m – 3)x – 3 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 3 thì 2m – 3 ≠ 0 và (2m – 3). 2 3 = 0 0.5 - Giải và kết luận: m = 15 4 0.5 3 (2đ) a) - Với 0x ≥ và 4x ≠ . Biến đổi ( )3 1 . 2 ( 2)( 1) 1 = + − ÷ − + + P x x x x 0.25 - Biến đổi đến ( )1 . 2 ( 2)( 1) + = − − + x P x x x 0.25 - Rút gọn được P = 1 0.5
- 3. lần lượt là số tấn thóc của đơn vị thứ nhất và đơn vị thứ hai thu hoạch được trong năm ngoái, điều kiện: 0 <x, y < 600 0.25 - Lập luận được hệ x y 600 0,1x 0,2y 85 + = + = 0.25 - Giải hệ được: x = 350 (TM); y = 250 (TM) 0.25 - KL: Đơn vị thứ nhất 350 (tấn); đơn vị thứ hai 250 (tấn) 0.25 4 (3đ) H NM E F O A B C K a) Vẽ hình 0.25 - Chỉ ra · · o BEC BFC 90= = ⇒ BCFE là tứ giác nội tiếp. 0.75 b) Lập luận: AH // KC (cùng vuông góc với BC) CH // AK (cùng vuông góc với AB) - Suy ra AHCK là hình bình hành. 0.25 0.25 0.5 c) - Áp dụng hệ thức lượng cho các tam giác vuông ANB và AMC ta có: AN2 = AF.AB; AM2 = AE.AC 0.25 -Chứng minh được ∆ AEF ~ ∆ ABC 0.25 Suy ra: AE AF AE.AC AF.AB AB AC = ⇒ = 0.25 Từ đó suy ra AM2 = AN2 ⇒ AM = AN 0.25 5 (1đ) ( )( ) 0=2 2 x +ax+b x +cx+d ⇔ 2 x +ax+b = 0 (1) hoặc 2 x +cx+d = 0 (2) Tính [ ] [ ])(22)()(222)4()4( 22222 21 dbaccadbaccacadcba +−+−=+−++−=−+−=∆+∆ 0.25 Xét b + d < 0 ⇒ b; d có ít nhất một số nhỏ hơn 0 ⇒ 1∆ > 0 hoặc 2∆ > 0 ⇒ phương trình đã cho có nghiệm 0.25 Xét b+d >0 . Từ 2 ac b d ≥ + ⇒ ac ≥ 2(b + d) ⇒ 021 ≥∆+∆ . Do đó ít nhất một trong hai giá trị 21 ,∆∆ không âm ⇒ ít nhất một trong hai phương trình (1) và (2) có nghiệm. 0.25 KL: a, b, c, d là các số thực thỏa mãn: b + d ≠ 0 và 2 ac b d ≥ + . Phương trình ( )( ) 0=2 2 x +ax+b x +cx+d (x là ẩn) luôn có nghiệm. 0.25
- 4. & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG --- KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 14 tháng 7 năm 2012 (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1(2,0 điểm): Giải các phương trình sau: a) 2 4 5 3 0 3 5 x x − + = ÷ ÷ b) 2 3 1x − = Câu 2(2,0 điểm): Cho biểu thức: : 2 a a a a A b aa b a b a b ab = + − ÷ ÷ −+ + + + với a và b là các số dương khác nhau. a) Rút gọn biểu thức: 2a b ab A b a + + − − . b) Tính giá trị của A khi 7 4 3a = − và 4 37b = + . Câu 3(2,0 điểm): a) Tìm m để các đường thẳng 2y x m= + và 2 3y x m= − + cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung. b) Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Lúc 6 giờ một xe máy đi từ A để tới B. Lúc 6 giờ 30 phút cùng ngày, một xe ô tô cũng đi từ A để tới B với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h (hai xe chạy trên cùng một con đường đã cho). Hai xe nói trên đều tới B cùng lúc. Tính vận tốc mỗi xe. Câu 4(3,0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (R là một độ dài cho trước). Gọi C, D là hai điểm trên nửa đường tròn đó sao cho C thuộc cung AD và góc COD = 1200 . Gọi giao điểm của hai dây AD và BC là E, giao điểm của các đường thẳng AC và BD là F. a) Chứng minh rằng bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. b) Tính bán kính của đường tròn đi qua C, E, D, F nói trên theo R. c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác FAB theo R khi C, D thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán. ĐỀ CHÍNH THỨC
- 5. Không dùng máy tính cầm tay, tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá S, trong đó ( ) 6 2 3= +S . ------ Hết --- Họ và tên thí sinh: …………………………………Số báo danh: …………………… Chữ ký của giám thị 1: ……………………Chữ ký của giám thị 2: ……………………
- 6. VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Ngày thi: 14 tháng 07 năm 2012 I) HƯỚNG DẪN CHUNG. - Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm 1 a Giải phương trình 2 4 5 3 0 3 5 x x − + = ÷ ÷ (1) 1,00 (1) 2 5 3 x⇔ = hoặc 4 3 5 x = − 2 15 5 3 2 x x= ⇔ = 4 15 3 5 4 x x= − ⇔ = − Vậy (1) có 2 nghiệm = = − 15 15 ; 2 4 x x 0,25 0,25 0,25 0,25 b Giải phương trình 2 3 1x − = (2) 1,00 (2) ⇔ − =2 3 1x hoặc − = −2 3 1x 2x – 3 = 1⇔ = ⇔ =2 4 2x x 2x – 3 = -1⇔ = ⇔ =2 2 1x x Vậy (2) có 2 nghiệm x = 2; x = 1 0,25 0,25 0,25 0,25 2 a Rút gọn biểu thức: 2a b ab A b a + + − − . 1,00 2 ( ) ( ) : ( ) a b a a a a b a A b a a b − + + − = − + + ⇒ = − 2 ( ) . ab a b A b a ab + ⇒ = − 2 ( )a b A b a + + ⇒ − = − 2 0 a b ab A b a 0,25 0,25 0,25 0,25 b Tính giá trị của A khi = − = +7 4 3, 7 4 3a b 1,00 Có a + b = 14; b – a = 8 3 ; ab = 1 0,25
- 7. CM trên ta có A = + + + = − 2 14 2 8 3 a b ab b a Nên = 2 3 A Hay = 2 3 3 A 0,25 0,25 0,25 3 a Tìm m để các đường thẳng 2y x m= + và 2 3y x m= − + cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung. 1,00 Đường thẳng 2y x m= + cắt trục tung tại điểm M(x;y): x = 0; y = m Đường thẳng 2 3y x m= − + cắt trục tung tại điểm N(x’;y’): x’ = 0; y’ = 3 – 2m Do hệ số góc 2 đường thẳng khác nhau Yêu cầu bài toán đã cho ⇔ M N≡ ⇔ 3 – 2m = m ⇔ m = 1 Kết luận m = 1 0,25 0,25 0,25 0,25 b Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Lúc 6 giờ một xe máy đi từ A để tới B. Lúc 6 giờ 30 phút cùng ngày, một xe ô tô cũng đi từ A để tới B với vận tốc lớn hơn vận tốc xe máy 15 km/h (hai xe chạy trên cùng một con đường đã cho). Hai xe nói trên đều tới B cùng lúc. Tính vận tốc mỗi xe. 1,00 Gọi vận tốc xe máy là x km/h (x > 0). Khi đó vận tốc ô tô là x +15 (km/h) 0,25 Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là 90 ( )h x Thời gian xe ô tô đi hết quãng đường AB là 90 ( ) 15 h x + ; 30’= 1 ( ) 2 h Theo bài ra ta có phương trình 90 90 1 15 2x x − = + (*) 0,25 Giải được phương trình (*) có x = 45 (t/m); x = -60 (loại) 0,25 Vậy vận tốc xe máy là 45km/h; vận tốc xe ô tô là 45 + 15 = 60 (km/h) 0,25 4 a Chứng minh rằng bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn 1,00
- 8. câu a) Vì AB là đường kính nên BC AC⊥ ; tương tự BD AD⊥ AD cắt BC tại E, đt ACvà BD cắt nhau tại F Do đó D và C cùng nhìn FE dưới một góc vuông nên C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn (đường kính EF) 0,25 0,25 0,25 0,25 b Tính bán kính của đường tròn qua C,E,D,F theo R. 1,00 Vì góc COD = 1200 nên CD = 3R (bằng cạnh tam giác đều nội tiếp (O)) Và gócAFB = 0 0 01 (180 120 ) 30 2 − = . (Vì tam giác ABF nhọn nên FE nằm giữa FC và FD nên tứ giác CEDF nội tiếp đường tròn đường kính FE - Thí sinh không chỉ ra điều này cũng không trừ điểm) Suy ra sđ CED = 600 (của đường tròn đường kính FE , tâm I) do đó tam giác ICD đều hay bán kính cần tìm ID = CD = 3R 0,25 0,25 0,25 0,25 c Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác FAB theo R khi C, D thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán. 1,00 Gọi H là giao của các đường FE và AB, J là giao của IO và CD. Có FH AB⊥ 1 . . 2 ABFS AB FH RFH∆ = = . Do đó bài toán quy về tìm giá trị lớn nhất của FH Có FH = FI + IH FI+IO=FI IJ+JO≤ + = 3. 3 3 ( 3 2) 2 2 R R R R+ + = + (Vì IJ là đường cao tam giác đều cạnh 3R ; Tam giác COD cân đỉnh O góc COD = 1200 ; OI là trung trực của CD nên tam giác COJ vuông ở J có góc OCJ = 300 hay OJ = OC/2 = R/2) Dấu bằng xảy ra khi F, I, O thẳng hàng, lúc đó CD song song với AB (cùng vuông góc với FO) Vậy diện tích tam giác ABF lớn nhất bằng 2 ( 3 2)R + khi CD song song với AB 0,25 0,25 0,25 0,25 J I E O A B C F D H
- 9. máy tính cầm tay, tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá S, trong đó ( ) 6 S= 2+ 3 1,00 Đặt 1 22 3; 2 3x x= + = − thì 1 2;x x là 2 nghiệm của phương trình 2 4 1 0x x− + = Suy ra 2 2 1 1 1 1 1 14 1 0 4 0( )n n n x x x x x n N+ + − + = ⇒ − + = ∀ ∈ Tương tự có 2 1 1 1 14 0( )n n n x x x n N+ + − + = ∀ ∈ Do đó 2 14 0( )n n nS S S n N+ +− + = ∀ ∈ Trong đó 1 2 ( )k k kS x x k N= + ∀ ∈ Có 2 1 1 2 2 1 2 1 24; ( ) 2 16 2 14S x x S x x x x= + = = + − = − = Từ đó 3 2 1 4 3 24 52; 4 194;S S S S S S= − = = − = 5 6724; 2702S S= = Vì 0<2 3 1− < nên 0< 6 (2 3) 1− < hay ( ) 2702 6 2701< S= 2+ 3 < . Vậy số nguyên phải tìm là 2701. 0,25 0,25 0,25 0,25 ______________________________________________________________ MỜI THẦY CÔ VÀ CÁC BẠN TẢI GIÁO ÁN NÀY HAY CÁC TÀI LIỆU CHO GIẢNG DẠY TIẾNG ANH KHÁC TẠI TRANG
- 10. máy tính cầm tay, tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá S, trong đó ( ) 6 S= 2+ 3 1,00 Đặt 1 22 3; 2 3x x= + = − thì 1 2;x x là 2 nghiệm của phương trình 2 4 1 0x x− + = Suy ra 2 2 1 1 1 1 1 14 1 0 4 0( )n n n x x x x x n N+ + − + = ⇒ − + = ∀ ∈ Tương tự có 2 1 1 1 14 0( )n n n x x x n N+ + − + = ∀ ∈ Do đó 2 14 0( )n n nS S S n N+ +− + = ∀ ∈ Trong đó 1 2 ( )k k kS x x k N= + ∀ ∈ Có 2 1 1 2 2 1 2 1 24; ( ) 2 16 2 14S x x S x x x x= + = = + − = − = Từ đó 3 2 1 4 3 24 52; 4 194;S S S S S S= − = = − = 5 6724; 2702S S= = Vì 0<2 3 1− < nên 0< 6 (2 3) 1− < hay ( ) 2702 6 2701< S= 2+ 3 < . Vậy số nguyên phải tìm là 2701. 0,25 0,25 0,25 0,25 ______________________________________________________________ MỜI THẦY CÔ VÀ CÁC BẠN TẢI GIÁO ÁN NÀY HAY CÁC TÀI LIỆU CHO GIẢNG DẠY TIẾNG ANH KHÁC TẠI TRANG
|
