Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2012 - 2013 môn Toán

pdf 5 trang Người đăng minhphuc19 Lượt xem 883Lượt tải 2 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2012 - 2013 môn Toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2012 - 2013 môn Toán
Tr−ờng L−ơng Thế Vinh 
Hà Nội 
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt 
NĂM HọC 2012 - 2013 
Môn : Toán 
Ngày thi: 26 tháng 06 năm 2012 
Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài I (2,5 điểm) Cho biểu thức ( )( ) xxxxxx xP − +−−+−−− −= 3 122332 92 
a) Rút gọn P (1,5điểm) 
b) Tính giá trị của x biết P = 5 (0,5điểm) 
c) Tìm các giá trị nguyên của x để P có giá trị là một số tự nhiên. (0,5điểm) 
Bài II (2,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập ph−ơng trình 
 Một ng−ời dự định đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36km. Sau khi đi đ−ợc nửa quãng 
đ−ờng, ng−ời đó dừng lại nghỉ 18 phút. Do đó, để đến B đúng dự định, ng−ời đó đã tăng 
vận tốc thêm 2km mỗi giờ trên quãng đ−ờng còn lại. Tính vận tốc ban đầu và thời gian xe 
lăn bánh trên đ−ờng? 
Bài III (1 điểm) Cho parabol (P) y = x2 và đ−ờng thẳng d: y = 2(m-1)x-m2+7 
 Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1;y1) và B(x2; y2) thỏa mãn 1 2 4x x− = 
Bài IV (3,5 điểm) Cho (O;R) và điểm A cố định nằm ngoài đ−ờng tròn. Qua A kẻ hai tiếp 
tuyến AB, AC với (O). Kẻ CE vuông góc với AB, CE cắt đ−ờng tròn (O) tại M ( M ≠ C ). 
Kẻ MD vuông góc với BC, MF vuông góc với CA. 
 a) Chứng minh rằng: tứ giác MDBE là tứ giác nội tiếp. 
 b) Chứng minh rằng: EB2 = EM. EC 
 c) Gọi K là giao điểm của CE và OA. Chứng minh: BK//MF 
 d) Trong tr−ờng hợp OA = 2R. Tính CM theo R. 
Bài V (0,5 điểm) Cho x>0,y>0 thỏa mãn điều kiện 
2
111
=+
yx
 . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A= yx + . 
--------- Hết --------- 
Họ và tên thí sinh: ..................................................... Số báo danh:............ Phòng thi:...... 
Chữ ký giám thị số 1:............................ Chữ ký giám thị số 2:........................... 
Đề Chính thức 
Đáp án và biểu điểm đề thi vào 10 LTV 2012 
Bài Đáp án Biểu 
điể
m 
Bài 
1 
a 
( )( )
( )( ) ( )( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
x x xP =
x x x
x x xP =
x x
x
x
x
x
− + +
− −
− + − −
− + +
− +
− −
− −
− − + − + + −
=
− −
− − − + − −
=
− −
− − + + − −
=
− −
− −
=
− −
+ −
=
− −
+
=
−
2 9 3 2 1
5 6 2 3
2 9 3 2 1
2 32 3
2 9 3 3 2 1 2
2 3
2 9 9 2 3 2
2 3
2 9 9 2 3 2
2 3
2
2 3
1 2
2 3
1
3
x
x x
x x x x
P
x x
x x x
P
x x
x x x
P
x x
x
P
x x
x x
P
x x
x
P
x
Đkxđ: ; ;x 0 x 4 x 9≥ ≠ ≠ 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
b b) Tính giá trị của x biết P = 5 
164164
15515
3
1
=⇔=⇔=⇔
−=+⇔=
−
+
=
xxx
xx
x
xP
0,25 
0.25 
c Tìm các giá trị nguyên của x để P có giá trị là một số tự nhiên 
Ta có 
+
= = +
− −
1 4
1
3 3
x
P
x x
, ( )3P Z x∈ ⇔ − ∈Ư(4)={±4;±2;±1} 
Ta có bảng: 
3x − -4 -2 -1 1 2 4 
x -1 1 2 4 5 7 
x ∅ 1 4 (loại) 16 25 49 
P -1(loại) 
5 3 2 
Để P có giá trị là một số tự nhiên thì x∈{16;25;49} 
0,25 
0,25 
Bài Gọi vận tốc ban đầu của ng−ời đó là x (x>0;km/h) 0,25 
II Thời gian dự định đi hết quãng đ−ờng của ng−ời đó là 
36
x
 (h) 
Thực tế: 
*) Nửa đầu quãng đ−ờng dài 36:2=18(km) 
- Vận tốc trên nửa quãng đ−ờng đầu là x (km/h) 
- Thời gian ng−ời đó đi hết nửa đầu quãng đ−ờng là 
18
x
 (h) 
*) Ng−ời đó nghỉ 18 phút = 
3
10
 (h) 
*) Nửa sau quãng đ−ờng dài: 18km 
- Vận tốc của ng−ời đó đi ở nửa sau quãng đ−ờng là x+2 (km/h) 
- Thời gian ng−ời đó đi hết nửa còn lại của quãng đ−ờng là 
18
2x +
 (h) 
*) Vì ng−ời đó đến B đúng dự định nên ta có ph−ơng trình: 
18 3 18 36
10 2x x x
+ + =
+
⇔ x2+2x-120=0 
Giải ph−ơng trình ta có x1 = 10 (thỏa mãn điều kiện) 
x2 = -12 (loại) 
Vậy vận tốc ban đầu của ng−ời đó là 10km/h 
Thời gian xe lăn bánh trên đ−ờng là 
36 3 3,3
10 10
− = h = 3h18' 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Bài 
III 
y = x2 và đ−ờng thẳng d: y = 2(m-1)x-m2+7 
Tọa độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của hệ ph−ơng trình: 
2 2 2
2 2 2 2 22( 1) 7 2( 1) 7 2( 1) 7 0(*)
y x y x y x
y m x m x m x m x m x m
  = = =  
⇔ ⇔  
= − − + = − − + − − + − =    
+) d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt 
⇔∆'>0 ⇔ ( )2 21 ( 7) 0 4m m m− − − > ⇔ < 
+) Ta có ( ) ( )2 21 2 1 2 1 2 1 24 16 4 . 16(**)x x x x x x x x− = ⇔ − = ⇔ + − = 
áp dụng hệ thức Vi-et cho ph−ơng trình (*) ta có 1 2 2
1 2
2( 1)
. 7
x x m
x x m
+ = −

= −
(**) ( ) ( )2 22 2 4 7 16 2m m m− − − = ⇔ = (tmdk) 
Vậy m = 2 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Bài 
IV 
` 
0,25 
Hình 
vẽ 
đúng 
đến 
câu a 
_ I 
_ F 
_ D 
_ E 
_ C 
_ B 
_ O 
_ A 
_ M 
K
a Chứng minh rằng: tứ giác MDBE là tứ giác nội tiếp 
Ta có ∠MEB = 900 (ME⊥AB) 
∠MDB = 900 (MD⊥BC) 
⇒ ∠MEB + ∠MDB = 1800 
Xét tứ giác MDBE: ∠MEB + ∠MDB = 1800 (cmt) 
Mà D và E là hai đỉnh đối nhau 
⇒ MDBE là tứ giác nội tiếp (dhnb tgnt) 
0,25 
0,25 
0,25 
b Chứng minh rằng:EB2 = EM. EC 
Xét (O): 
∠MCB=∠MBE (gnt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung BM) 
Xét ∆ EBM và ∆ECB: 
∠BEC chung 
∠MCB=∠MBE (cmt) 
⇒∆ EBM đồng dạng với ∆ECB (g.g) 
⇒
EB EM
EC EB
= (đn hai tam giác đồng dạng) 
⇔ EB2 = EM. EC (đpcm) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
c Do AB = AC, OB = OC. Suy ra AO là trung trực của BC suy ra AO vuụng gúc 
BC 
Mà CE vuụng gúc với AB nờn K là trực tõm của tam giỏc ABC. 
Suy ra BK vuụng gúc AC 
Mà MF vuụng gúc AC nờn BK // MF 
0,5 
0,5 
d Do OA = 2R suy ra OA = 2OC suy ra trong tam giỏc OAC cú gúc OAC = 300 
Suy ra BAC = 600 suy ra tam giỏc ABC đều. 
Suy ra BCE = 30o. Suy ra MBE =300. 
Cú AB= 3R suy ra BE= 3
2
R
. Suy ra EM = 
tan 30 2o
EB R
= . 
Mà EC = 3
2
R
Suy ra MC = R 
0,25 
0,25 
V 
Vì x>0, y>0 nên 0;0;01;01 >>>> yx
yx
. 
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số 
x
1
>0 và 
y
1
>0 ta đ−ợc 
1 1 1 1 1
.
2x y x y
 
≤ + 
 
⇔ .4
4
11 ≥⇒≤ xy
xy
0,25 
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số d−ơng yx , >0 
 A= 442.2 =≥≥+ yxyx 
1 1
4 4
1 1 1
2
x y
MinA x y x y
x y

=


⇒ = ⇔ = ⇔ = =

 + =

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 4 khi x= y =4 
0,25 
L−u ý: 
1.Bài hình vẽ sai hình, không chấm 
2.Các cách làm khác đúng, cho điểm tối đa. 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfDe_thi_thu_vao_10Ha_NoiLuong_The_Vinh.pdf