Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT TP.Đà Nẵng năm học: 2012 – 2013 môn: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2012 – 2013
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: (x + 1)(x + 2) = 0
2) Giải hệ phương trình: 2 1
2 7
    
x y
x y
Bài 2: (1,0 điểm)
Rút gọn biểu thức ( 10 2) 3 5  A
Bài 3: (1,5 điểm)
Biết rằng đường cong trong hình vẽ bên là một parabol y = ax2.
1) Tìm hệ số a.
2) Gọi M và N là các giao điểm của đường thẳng
y = x + 4 với parabol. Tìm tọa độ của các điểm M và N.
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho phương trình x2 – 2x – 3m2 = 0, với m là tham số.
1) Giải phương trình khi m = 1.
2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác 0 và thỏa điều
kiện 1 2
2 1
8
3
 x x
x x
.
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B 
(O), C  (O’). Đường thẳng BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D.
1) Chứ`ng minh rằng tứ giác CO’OB là một hình thang vuông.
2) Chứng minh rằng ba điểm A, C, D thẳng hàng.
3) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E là tiếp điểm). Chứng minh rằng DB =
DE.
BÀI GIẢI
Bài 1:
1) (x + 1)(x + 2) = 0  x + 1 = 0 hay x + 2 = 0  x = -1 hay x = -2
2) 2 1 (1)
2 7 (2)
    
x y
x y
 5y 15 ((1) 2(2))
x 7 2y
     
y 3
x 1
   
Bài 2: ( 10 2) 3 5  A = ( 5 1) 6 2 5  =
2( 5 1) ( 5 1)  = ( 5 1)( 5 1)  = 4
Bài 3:
1) Theo đồ thị ta có y(2) = 2  2 = a.22  a = ½
2) Phương trình hoành độ giao điểm của y = 21
2
x và đường thẳng y = x + 4 là :
x + 4 = 2
1
2
x  x2 – 2x – 8 = 0  x = -2 hay x = 4
0 1 2
2
y=ax2
y
x
www.VNMATH.com
y(-2) = 2 ; y(4) = 8. Vậy tọa độ các điểm M và N là (-2 ; 2) và (4 ; 8).
Bài 4:
1) Khi m = 1, phương trình thành : x2 – 2x – 3 = 0  x = -1 hay x = 3 (có dạng a–b + c = 0)
2) Với x1, x2  0, ta có : 1 2
2 1
8
3
 x x
x x
 2 21 2 1 23( ) 8 x x x x  3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2
Ta có : a.c = -3m2  0 nên   0, m
Khi   0 ta có : x1 + x2 = 2 b
a
và x1.x2 = 23 c m
a
 0
Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm  0 mà m  0   > 0 và x1.x2 < 0  x1 < x2
Với a = 1  x1 = ' '  b và x2 = ' '  b  x1 – x2 = 22 ' 2 1 3   m
Do đó, ycbt  2 23(2)( 2 1 3 ) 8( 3 )   m m và m  0
 2 21 3 2 m m (hiển nhiên m = 0 không là nghiệm)
 4m4 – 3m2 – 1 = 0  m2 = 1 hay m2 = -1/4 (loại)  m = 1
Bài 5:
1) Theo tính chất của tiếp tuyến ta có OB, O’C vuông góc với BC  tứ giác CO’OB là hình
thang vuông.
2) Ta có góc ABC = góc BDC  góc ABC + góc BCA = 900  góc BAC = 900
Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường tròn)
Vậy ta có góc DAC = 1800 nên 3 điểm D, A, C thẳng hàng.
3) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông DBC ta có DB2 = DA.DC
Mặt khác, theo hệ thức lượng trong đường tròn (chứng minh bằng tam giác đồng dạng) ta
có DE2 = DA.DC  DB = DE.
ThS. Phạm Hồng Danh
(Trung tâm LTĐH Vĩnh Viễn – TP.HCM)
B
C
E
D
AO O’
www.VNMATH.com