Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2012-2013 - THPT Chuyên Lê Quý Đôn (Sở GD&ĐT Bình Định)

Chia sẻ: Tuyensinhlop10 Hoc247 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

0
39
lượt xem
5
download

Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2012-2013 - THPT Chuyên Lê Quý Đôn (Sở GD&ĐT Bình Định)

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo tài liệu Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2012-2013 - THPT Chuyên Lê Quý Đôn (Sở GD&ĐT Bình Định) nhằm giúp các em hệ thống lại kiến thức cũng như giúp thầy cô có thêm kiến thức truyền đạt cho các em trước khi bước vào kì thi tuyển sinh sắp tới.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2012-2013 - THPT Chuyên Lê Quý Đôn (Sở GD&ĐT Bình Định)

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO<br /> BÌNH ĐỊNH<br /> <br /> KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 2012-2013<br /> TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN<br /> <br /> Đề chính thức<br /> Môn thi: TOÁN<br /> Ngày thi: 14 / 6 / 2012<br /> Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian phát đề )<br /> Bài 1: (2điểm)<br />  a b<br /> a  b   a  b  2ab <br /> Cho biểu thức D = <br /> <br />  : 1<br />  với a > 0 , b > 0 , ab  1<br />  1  ab 1  ab  <br /> 1  ab <br /> <br />  <br /> a) Rút gọn D.<br /> 2<br /> b) Tính giá trị của D với a =<br /> 2 3<br /> Bài 2: (2điểm)<br /> a) Giải phương trình: x  1  4  x  3<br />  x  y  xy  7<br /> b) Giải hệ phương trình:  2<br /> 2<br />  x  y  10<br /> Bài 3: (2điểm)<br /> 1<br /> Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) là đồ thị của hàm số y  x 2 và đường thẳng (d) có hệ<br /> 2<br /> số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ).<br /> a) Viết phương trình đường thẳng (d).<br /> b) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.<br /> 3<br /> c) Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để x1  x3  32<br /> 2<br /> Bài 4: (3điểm)<br /> Từ điểm A ở ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C là các tiếp điểm).<br /> Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E ( D nằm giữa A và E, dây DE không đi qua tâm O).<br /> Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K.<br /> a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.<br /> b) Chứng minh: AB2 = AD . AE .<br /> 2<br /> 1<br /> 1<br /> c) Chứng minh:<br /> <br /> <br /> AK AD AE<br /> Bài 5: (1điểm)<br /> 1 1 1<br /> Cho ba số a , b , c khác 0 thỏa mãn:    0 .<br /> a b c<br /> ab bc ac<br /> Chứng minh rằng 2  2  2  3<br /> c<br /> a<br /> b<br /> ------------------------------HẾT--------------------------------<br /> <br /> 1<br /> <br /> Đáp án:<br /> Câu 1: a) Với a > 0 , b > 0 , ab  1<br />  2 a  2b a   a  b  ab  1  2 a<br /> - Rút gọn D = <br />  :<br />  = a 1<br /> <br />  1  ab<br />   1  ab<br /> <br /> b) a =<br /> <br /> 2<br /> 2(2  3 )<br /> <br />  ( 3  1)2  a  3  1 .<br /> 1<br /> 2 3<br /> <br /> Vậy D =<br /> <br /> 2 2 3<br /> 2 3  2 (2 3  2)( 4  3 ) 6 3  2<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> 16  3<br /> 13<br /> 4 3<br /> 1<br /> 2 3<br /> <br /> Câu 2:<br /> a) ĐK: x  1 x  1  4  x  3<br />  x  1  4  x  2  x  1 4  x   9 <br /> <br /> x=<br /> <br />  x  1 4  x   3  x  x 2  3x  4  9  6x  x 2<br /> <br /> 13<br /> (TM)<br /> 9<br /> <br />  x  y  xy  7<br /> b)  2<br /> Đặt x + y = a ; xy = b  x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = a2 – 2b.<br /> 2<br />  x  y  10<br /> <br /> x  y  4<br /> <br /> a  b  7<br /> a  2a  24  0<br /> a1  4; a 2  3 a1  4; b1  3<br />  xy  3<br /> <br /> Ta có:  2<br /> <br /> <br /> <br /> a 2  6; b 2  13   x  y  6<br /> a  b  7<br /> a  2b  10<br /> a  b  7<br />   xy  13<br /> <br /> 2<br /> <br /> t 2  4t  3  0<br />  t  3; t 2  1<br /> <br /> <br /> . Vậy ( x = 3 ; y = 1 ) , ( x = 1 ; y = 3 )<br /> 1<br />  2<br /> m<br />  Voâ<br /> t  6t  13  0<br />  nghieä<br /> <br /> <br /> Câu 3:<br /> a) Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + b có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ), ta có:<br /> 2 = m.0 + b  b = 2. Do đó (d) có dạng y = mx + 2<br /> 1<br /> b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình y  x 2 = mx + 2  x2 – 2mx – 4 = 0<br /> 2<br />  ' = (-m)2 – 1 (-4) = m2 + 4 > 0. Vì  ' > 0 nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.<br /> c) x1 , x2 là hai hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình x2 – 2mx – 4 = 0<br /> Áp dụng hệ thức Viét ta có : x1 + x2 = 2m , x1 . x2 = - 4<br /> 3<br /> 3<br /> Ta có: x1  x 3   x1  x 2   3x1 x 2  x1  x 2   32<br /> 2<br />  (2m)3 – 3 (-4).2m = 32  8m3 + 16m – 32 = 0  m3 + 2m – 4 = 0<br />   m  1  m 2  m  4   0  m  1  0  m  1 ( Vì m2 + m + 4 > 0 )<br /> <br /> 2<br /> <br /> Câu 4:<br /> <br /> C<br /> <br /> O<br /> A<br /> K<br /> E<br /> <br /> H<br /> M<br /> <br /> N<br /> <br /> D<br /> <br /> B<br /> <br /> a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.<br />   <br /> Chỉ ra được: OAC  OHA  OBA  900<br />  A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.<br /> b) Chứng minh: AB2 = AD . AE :<br /> <br /> Xét: ABD và ABE ; Ta có: BAE (góc chung)<br /> <br />  <br /> <br /> AEB  ABD (cùng chắn cung BD của đ/tròn (O)). Nên ABD  AEB (gg)<br /> AB AD<br /> <br /> <br />  AB2 = AD.AE. (1)<br /> AE AB<br /> 2<br /> 1<br /> 1<br /> c) Chứng minh:<br /> :<br /> <br /> <br /> AK AD AE<br /> 1<br /> 1<br /> AD  AE<br /> <br /> <br /> AD AE<br /> AD.AE<br /> Mà AD + AE = (AH – HD) + ( AH + EH) = (AH – HD) + ( AH + HD) (Vì EH = HD) = 2AH<br /> 1<br /> 1<br /> 2AH<br /> <br /> <br /> <br /> AD AE AD.AE<br /> Mà: AB2 = AD.AE.<br /> (Cmt)<br /> ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O) => AB = AC)<br />  AC2 = AD.AE<br /> 1<br /> 1<br /> 2AH<br /> (3)<br /> <br /> <br /> <br /> AD AE AC2<br /> 2<br /> 2AH<br /> Ta lại có:<br /> (4)<br /> <br /> AK AK.AH<br /> Cần chứng minh: AC2 = AK.AH<br /> Từ D vẽ DM vuông góc với OB tại M, cắt BC tại N.<br /> Xét tứ giác ODMH<br /> <br /> OHD = 900  Cmt <br /> Có:<br /> <br /> OMD = 900<br />  <br />  OHD = OMD  = 90 0 <br /> Ta có:<br /> <br />  ODMH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc)<br /> <br />  <br />  HOM = HDM ( chắn cung HM )<br /> <br /> <br />  <br /> Mà HOM = BCH (chắn HB Của đường tròn đường kính AO)<br />  <br />  HDM = BCH<br />  <br /> Hay: HDN = NCH<br /> 3<br /> <br />  Tứ giác CDNH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc)<br /> Xét ACK và AHC<br /> <br /> Ta có: CAH (góc chung)<br /> (a)<br /> <br />  <br /> <br /> Lại có : CHD = CND (chắn cung CD của CDMH nội tiếp )<br />  <br /> Mà: CBA = CND (đồng vị của ED//AB ( Vì cùng vuông góc với OB)) <br /> <br />  <br /> CHD = CBA<br />  <br /> Và: BCA = CBA ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O)  AB = AC) => ABC cân tại A)<br />  <br />  <br /> (b)<br />  CHD = BCA Hay: CHA = KCA<br /> Từ (a) và (b)   ACK đồng dạng  AHC<br /> AC AK<br /> =<br />  AC2 = AH.AK<br /> <br /> AH AC<br /> 1<br /> 1<br /> 2AH<br /> Thay vào (3) ta có<br /> <br /> <br />  5<br /> AD AE AH.AK<br /> 2<br /> 1<br /> 1<br /> Từ (4) và (5) <br /> .<br /> <br /> <br /> AK AD AE<br /> 3<br /> <br /> 3<br /> <br /> 3<br /> <br /> ab bc ac  ab    bc    ac <br /> Câu 5: Ta có 2  2  2 <br /> (1)<br /> 2<br /> c<br /> a<br /> b<br />  abc <br /> Đặt ab = x , bc = y , ac = z  xyz = (abc)2 . Khi đó (1) trở thành<br /> <br /> x 3  y3  z3<br /> và x + y + z = ab + bc + ac<br /> xyz<br /> <br /> 1 1 1 bc  ac  ab<br />   <br />  0  x + y + z = ab + bc + ac = 0<br /> a b c<br /> abc<br /> x 3  y3  z3 3xyz<br /> 3<br /> Vì x + y + z = 0 nên x3 +y3 + z3 = 3xyz . Nên<br /> =<br /> xyz<br /> xyz<br /> Cách khác:<br /> Từ<br /> <br /> 3<br /> <br /> 3<br /> <br /> 1 1 1<br /> 1 1<br /> 1 1 1  1<br /> 1 1<br /> 3 1 1<br /> 1<br /> 1 1<br /> 3<br /> 1<br /> Vì:    0              3  3       3  3  3 <br />  3<br /> a b c<br /> a b<br /> c a b  c<br /> a<br /> b ab  a b <br /> c<br /> a b abc<br /> c<br /> 1 1 1<br /> 3<br />  3 3 3<br /> 1<br /> a<br /> b c<br /> abc<br /> ab bc ac abc abc abc<br /> 1 1 1<br /> Ta có: 2  2  2  3  3  3  abc  3  3  3   2 <br /> c<br /> a<br /> b<br /> c<br /> a<br /> b<br /> c a b <br /> ab bc ac<br />  3 <br /> Thay (1) vào (2) ==> Ta có: 2  2  2  abc <br /> 3<br /> c<br /> a<br /> b<br />  abc <br /> <br /> 4<br /> <br />

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản