Đề thi môn Toán vào Lớp 10 - Năm học 2012-2013 - Sở Giáo dục và đào tạo Hải Dương

Nội dung text: Đề thi môn Toán vào Lớp 10 - Năm học 2012-2013 - Sở Giáo dục và đào tạo Hải Dương

1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: Ngày 14 tháng 7 năm 2012 (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1(2,0 điểm): Giải các phương trình sau: 2 4 a) x 5 x 3 0 3 5 b) 2x 3 1 Câu 2(2,0 điểm): Cho biểu thức: a a a a A : với a và b là các số dương khác nhau. a b b a a b a b 2 ab a b 2 ab a) Rút gọn biểu thức: A . b a b) Tính giá trị của A khi a 7 4 3 và .b 7 4 3 Câu 3(2,0 điểm): a) Tìm m để các đường thẳng y 2x m và y x 2m 3 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 A»D và C· OD 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. Câu 5(1,0 điểm): Không dùng máy tính cầm tay, tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá S, trong 6 đó S 2 3 . Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: .Chữ ký của giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN HẢI DƯƠNG 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 2 4 Giải phương trình x 5 x 3 0 (1) a 3 5 1,00 2 4 0,25 (1) x 5 hoặc x 3 3 5 2 15 x 5 x 0,25 3 2 4 15 x 3 x 5 4 0,25 15 15 Vậy (1) có 2 nghiệm x ; x 2 4 0,25 b Giải phương trình 2x 3 1 (2) 1,00 (2) 2x 3 1 hoặc 2x 3 1 0,25 2x-3=1 2x 4 x 2 0,25 2x-3=-1 2 2 1 x x 0,25 Vậy (2) có 2 nghiệm x=2; x=1 0,25 2 a a b 2 ab 1,00 Rút gọn biểu thức: A . b a a( b a) a a( a b) a 0,25 A : b a ( a b)2 ab ( a b)2 0,25 A . b a ab ( a b)2 A 0,25 b a a b 2 ab 0,25 A 0 b a b Tính giá trị của A khi a 7 4 3, b 7 4 3 1,00 Có a+b=14; b-a=8 3 ; ab=1 0,25 a b 2 ab 14 2 Do đó theo CM trên ta có A = b a 8 3 0,25 2 Nên A 0,25 3 2 3 0,25 Hay A 3 3 a Tìm m để các đường thẳng y 2x m và y x 2m 3 cắt nhau tại một 1,00 điểm nằm trên trục tung. Đường thẳng y 2x m cắt trục tung tại điểm M(x;y): x=0; y=m 0,25
3. Đường thẳng y x 2m 3 cắt trục tung tại điểm N(x’;y’): x’=0; y’=3-2m 0,25 Do hệ số góc 2 đường thẳng khác nhau 0,25 Yêu cầu bài toán đã cho M  N 3-2m=m m=1 Kết luận m=1 0,25 b Cho quãng đường từ địa điểm A tới địa điểm B dài 90 km. Lúc 6 giờ một xe máy 1,00 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. Gọi vận tốc xe máy là x km/h(x>0). Khi đó vận tốc ô tô là x+15 (km/h) 0,25 90 Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là (h) x 90 1 Thời gian xe ô tô đi hết quãng đường AB là (h) ; 30’= (h) x 15 2 90 90 1 0,25 Theo bài ra ta có phương trình (*) x x 15 2 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 F Vẽ hình đúng câu a) 0,25 Vì AB là đường kính nên BC  AC ; 0,25 tương tự BD  AD 0,25 AD cắt BC tại E, đt ACvà BD cắt nhau tại F Do đó D và C cùng nhìn FE dưới một góc 0,25 vuông nên C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn (đường kính EF) I C J D E A B O H b Tính bán kính của đường tròn qua C,E,D,F theo R. 1,00 Vì C· OD =1200 nên CD=R 3 ( bằng cạnh tam giác đều nội tiếp (O) ) 0,25 1 Và A· FB =(1800 1200 ) 300 . 0,25 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) ¼ 0 Suy ra sđ CED = 60 (của đường tròn đường kính FE , tâm I) do đó tam giác ICD 0,25 đều hay bán kính cần tìm ID=CD= R 3 0,25 c Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác FAB theo R khi C, D thay đổi nhưng 1,00 vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán. Gọi H là giao của các đường FE và AB, J là giao của IO và CD. CóFH  AB 1 S AB.FH R.FH . Do đó bài toán quy về tìm giá trị lớn nhất của FH ABF 2 0,25
4. R 3. 3 R 0,25 Có FH=FI+IH FI+IO=FI IJ+JO = R 3 R( 3 2) 2 2 (Vì IJ là đường cao tam giác đều cạnh R 3 ; Tam giác COD cân đỉnh O góc C· OD = 1200 ; OI là trung trực của CD nên tam giác COJ vuông ở J có góc O· CJ = 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) 0,25 Vậy diện tích tam giác ABF lớn nhất bằng R2 ( 3 2) khi CD song song với AB 0,25 5 Không dùng máy tính cầm tay, tìm số nguyên lớn nhất không vượt quá S, trong 1,00 6 đó S = 2+ 3 Đặt x1 2 3; x2 2 3 thì x1; x2 là 2 nghiệm của phương trình 2 x 4x 1 0 0,25 2 n 2 n 1 n Suy ra x1 4x1 1 0 x1 4x 1 x 1 0(n N) n 2 n 1 n Tương tự có x2 4x 2 x 2 0(n N) Do đó S 4S S 0(n N) Trong đó S x k x k (k N) n 2 n 1 n k 1 2 0,25 2 Có S1 x1 x2 4;S2 (x1 x2 ) 2x1x2 16 2 14 0,25 Từ đó S3 4S2 S1 52;S4 4S3 S2 194; S5 724;S6 2702 Vì 0<2 3 1 nên 0<(2 3)6 1 hay 6 2701 < S = 2+ 3 2702 . Vậy số nguyên phải tìm là 2701. 0,25
5. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2020-2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: Ngày tháng năm 2021 (Đề thi gồm: 01 trang) Bài 1. (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: ì 2x y 5 ï x + 3 - 2 y + 1 = 2 a, b, íï x 3y 1 ï îï 2 x + 3 + y + 1 = 4 x2 5x 6 c, x2 -3x - 4 = 0 d, 0 2x 5 Bài 2. ( 2,0 điểm) Cho phương trình x2 (m 1)x m 0 1. Giải phương trình với m = 2 2. Tìm m để phương trình có một nghiệm x = -1, tìm nghiệm còn lại. 2 2 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho x1 x2 x1x2 m 5 0 Bài 3. (1,5 điểm) Một thửa ruộng hình chữ nhật, biết rằng nếu chiều rộng tăng thêm 2m, chiều dài giảm đi 2m thì diện tích thửa ruộng đó tăng thêm 30m 2; và nếu chiều rộng giảm đi 2m, chiều dài tăng thêm 5m thì diện tích thửa ruộng giảm đi 20m2. Tính diện tích thửa ruộng trên. Bài 4.(3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm bên ngoài đường tròn , vẽ các tiếp tuyến MA , MB với đường tròn (O), (A,B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD không đi qua tâm O (MC 0; y > 0, chứng minh rằng: x y x y b, Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y x2 y2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M xy
6. Bài Đápán Toán 9 Điể m 2x y 5 6x 3y 15 7x 14 0,25 a, x 3y 1 x 3y 1 x 3y 1 x 2 x 2 0,25 vậy hệ phương trình có nghiệm (x=2; y=-1) 2 3y 1 y 1 ì ï x + 3 - 2 y + 1 = 2 0,25 b, íï Bài 1 ï îï 2 x + 3 + y + 1 = 4 x 3 Điều kiện: , đặt x 3 a 0; y 1 b 0 y 1 a 2b 2 a 2 Hệ phương trình có dạng 2a b 4 b 0 x 3 2 x 1 0,25 Khi ấy y 1 0 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x=2; y=-1) c, x2 -3x - 4 = 0 Có a-b+c = 1-(-3)+4 = 0 0.25 Vậy phương trình có nghiệm x1 1; x2 4 0.25 x2 5x 6 0,25 d, 0 2x 5 Điều kiện: x 2,5 x2 5x 6 0 =>x2 - 5x + 6 = 0 2x 5 2 x - 5x + 6 = 0 tìm được x1= 2 không thỏa mãn điều kiện; x2 = 3 Vậy phương trình có một nghiệm x = 3 0,25 Cho phương trình x2 (m 1)x m 0 1. Giải phương trình với m = 2 2. Tìm m để phương trình có một nghiệm x = -1, tìm nghiệm còn lại. 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho 2 2 x1 x2 x1x2 m 5 0 a, m = 2 phương trình có dạng x2 +x – 2 = 0 0.25 Có a + b + c = 1 + 1 + (-2) = 0 Vậy phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 = -2 0.25 Bài 2 b, Do x =-1 là nghiệm của phương trình nên 0.25 1 + (m-1) (-1)– m = 0  m = 1 Khi đó theo Vi et ta có x1x2 = -m mà m = 1 và x1=-1 nên x2 =1 0.25 c, + Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi 0.25 b2 4ac (m 1)2 4( m) (m 1)2 0 m 1 x1 x2 1 m + Theo hệ thức Vi et ta có x x m 1 2 0.25
7. 2 2 + Mà x1 x2 x1x2 m 5 0  (x x )2 x x m 5 0 1 2 1 2 0.25 Hay m2 – 4 2, y>2 + biết rằng nếu chiều rộng tăng thêm 2m, chiều dài giảm đi 2m thì diện 0.25 tích thửa ruộng đó tăng thêm 30m2 nên; Bài 3 (x-2)(y+2)=xy+30 + chiều rộng giảm đi 2m, chiều dài tăng thêm 5m thì diện tích thửa 0.25 ruộng giảm đi 20m2 nên. (x+5)y-2) = xy-20 Có hệ phương trình 0.5 (x 2)(y 2) xy 30 x 25  (x 5)(y 2) xy 20 y 8 Vậy chiều dài HCN là 25 , chiều rộng HCN là 8m 0.25 Vẽ hình đúng câu a A K N D C M I 0.25 O B Bài 4 a, Tứ giác MAOB nội tiếp 0.5 Tứ giác MIOB nội tiếp 0.5 Vậy 5 điểm M, A,I,O,B cùng thuộc một đường tròn 0.25 b, Xét tam giác MAC và tam giác MDA Có góc MAD chung 0.25 Góc MAC = góc MDA (cùng chắn cung AC) 0.25  tam giác MAC và tam giác MDA đồng dạng 0.25 MA MD MA2 MC.MD 0.25 MC MA c, Chứng minh tứ giác CNIB nội tiếp 0.5 Góc CIN = góc CDA cùng góc CBA=> NI//AD 0.25 Mà IC=IC=> N là trung điểm CK 0.25 Bài 5
8. 1 1 4 0.25 a, Cho x > 0; y > 0, chứng minh rằng: x y x y b,Ta có *M = x2 y2 (x2 4xy 4y2 ) 4xy 3y2 (x 2y)2 4xy 3y2 xy xy xy 0.25 (x 2y)2 3y = 4 *Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra x = 2y xy x y 1 3y 3 x ≥ 2y , dấu “=” xảy ra x = 2y 0.25 x 2 x 2 3 5 *Từ đó ta có M ≥ 0 + 4 - = , dấu “=” xảy ra x = 2y 2 2 5 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y 0.25 2