Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2012-2013 - Sở GD & ĐT Thái Bình (Có đáp án)

5 trang
duyenlinhkn2 Ngày đăng
19/09/2024 Lượt xem
101
0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2012-2013 - Sở GD & ĐT Thái Bình (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
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
Bài 1. (2,0 điểm)
Tính: 
Cho biểu thức: với x ≥ 0, x ≠ 16.
Rút gọn B.
Tìm x để giá trị của B là một số nguyên.
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho phương trình: x2 – 4x + m + 1 = 0 (m là tham số).
Giải phương trình với m = 2.
Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu (x1 < 0 < x2). Khi đó nghiệm nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn?
Bài 3. (2,0 điểm):
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng (d): y = mx + 2 (m là tham số).
Tìm m để (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất.
Cho hai điểm A(-2; m) và B(1; n). Tìm m, n để A thuộc (P) và B thuộc (d).
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến (d). Tìm m để độ dài đoạn OH lớn nhất.
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O), dây cung BC (BC không là đường kính). Điểm A di động trên cung nhỏ BC (A khác B và C; độ dài đoạn AB khác AC). Kẻ đường kính AA’ của đường tròn (O), D là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC. Hai điểm E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B, C đến AA’. Chứng minh rằng:
Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đường tròn.
BD.AC = AD.A’C.
DE vuông góc với AC.
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.
Bài 5.(0,5 điểm):
	Giải hệ phương trình:
--- HẾT ---
	Họ và tên thí sinh:  Số báo danh: 
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM 
Bài 1.
 (2,0 điểm)
1) 
0,75
2) 
a) với x ≥ 0, x ≠ 16. 
Với x ≥ 0, x ≠ 16, thì:
B	
Vậy với x ≥ 0, x ≠ 16.
0,25
0,25
0,25
b) Dễ thấy B ≥ 0 (vì .
Lại có: (vì .
Suy ra: 0 ≤ B < 3 Þ B Î {0; 1; 2} (vì B Î Z).
Với B = 0 Þ x = 0;
Với B = 1 Þ 
Với B = 2 Þ 
Vậy để B Î Z thì x Î {0; 4}.
0,25
0,25
Bài 2.
 (2,0 điểm)
m = 2, phương trình đã cho thành: x2 – 4x + 3 = 0.
Phương trình này có a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 3.
Vậy với m = 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 3.
1,0
Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu Û ac < 0 Û m + 1 < 0 Û m < -1.
0,5
Theo định lí Vi-et, ta có: .
Xét hiệu: |x1| - |x2| = -x1 – x2 = -4 < 0 (vì x1 < 0 < x2) Þ |x1| < |x2|.
Vậy nghiệm x1 có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn nghiệm x2.
0,5
Bài 3. 
(2,0điểm)
(d) cắt (P) tại một điểm duy nhất Û Phương trình hoành độ của (d) và (P)
-x2 = mx + 2 Û x2 + mx + 2 = 0 có nghiệm duy nhất.
Û D = m2 – 8 = 0 Û m = ± 
Vậy giá trị m cần tìm là m = ± 
0,75
Cho hai điểm A(-2; m) và B(1; n). Tìm m, n để A thuộc (P) và B thuộc (d).
.
Vậy m = -4, n = -2.
0,75
Nếu m = 0 thì (d) thành: y = 2 Þ khoảng cách từ O đến (d) = 2 Þ OH = 2 (Hình 1).
Nếu m ≠ 0 thì (d) cắt trục tung tại điểm A(0; 2) và cắt trục hoành tại điểm B( 0) (Hình 2).
Þ OA = 2 và OB = . 
	DOAB vuông tại O có OH ^ AB Þ 
. Vì m2 + 1 > 1 "m ≠ 0 Þ Þ OH < 2.
	So sánh hai trường hợp, ta có OHmax = 2 Û m = 0.
Bài 4.
(3,5 điểm)
Vì Þ bốn điểm A, B, D, E cùng thuộc đường tròn đường kính AB.
1,0
Xét DADB và DACA’ có:
 ( vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Þ DADB ~ DACA’ (g.g) Þ Þ BD.AC = AD.A’C (đpcm).
1,0
Gọi H là giao điểm của DE với AC. 
Tứ giác AEDB nội tiếp Þ 
 và là hai góc nội tiếp của (O) nên:
Þ (do AA’ là đường kính)
Suy ra: Þ DCHD vuông tại H.
Do đó: DE ^ AC.
1,0
Gọi I là trung điểm của BC, K là giao điểm của OI với DA’, M là giao điểm của EI với CF, N là điểm đối xứng với D qua I. 
Ta có: OI ^ BC Þ OI // AD (vì cùng ^ BC) Þ OK // AD.
DADA’ có: OA = OA’ (gt), OK // AD Þ KD = KA’.
DDNA’ có ID = IN, KD = KA’ Þ IK // NA’; mà IK ^ BC (do OI ^ BC) Þ NA’ ^ BC.
Tứ giác BENA’ có nên nội tiếp được đường tròn
Þ .
Ta lại có: (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)).
Þ Þ NE // AC (vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau).
Mà DE ^ AC, nên DE ^ EN	(1)
Xét DIBE và DICM có: 
	 (đối đỉnh)
	IB = IC (cách dựng)
	 (so le trong, BE // CF (vì cùng ^ AA’))
Þ DIBE = DICM (g.c.g) Þ IE = IM	
DEFM vuông tại F, IE = IM = IF.
Tứ giác DENM có IE = IM, ID = IN nên là hình bình hành	(2)
Từ (1) và (3) suy ra DENM là hình chữ nhật Þ IE = ID = IN = IM
Þ ID = IE = IF. Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp DDEF.
I là trung điểm của BC nên I cố định.
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.
0,5
Bài 5.
(0,5 điểm)
Giải hệ phương trình:
Từ (2) suy ra x + 2y ≥ 0.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 
 	 (3)
Dấu bằng xảy ra Û x = 2y.
Mặt khác, dễ dàng chứng minh được: 	(4)
Thật vậy, (do cả hai vế đều ≥ 0)
4(x2 + 2xy + 4y2) ≥ 3(x2 + 4xy + 4y2) Û (x – 2y)2 ≥ 0 (luôn đúng "x, y).
Dấu bằng xảy ra Û x = 2y.
Từ (3) và (4) suy ra: . Dấu bằng xảy ra Û x = 2y.
Do đó (2) Û x = 2y ≥ 0 (vì x + 2y ≥ 0).
Khi đó, (1) trở thành: x4 – x3 + 3x2 – 2x – 1 = 0 Û (x – 1)(x3 + 3x + 1) = 0
	 Û x = 1 (vì x3 + 3x + 1 ≥ 1 > 0 "x ≥ 0) Þ 
	Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x = 1; y = ).
0,5
:
Tài liệu đính kèm:
de_thi_tuyen_sinh_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2012_2013_so.doc