zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi tuyển sinh môn Toán 10 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh (2012-2013)

Chia sẻ: Trần Thị Hằng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

103
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi tuyển sinh môn Toán 10 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh (2012-2013) dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10, với đề thi này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh môn Toán 10 - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh (2012-2013)

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đề thi có 1 trang) Ngày thi : 28/6/2012 Mã đề 01 Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1 (2điểm) 5 a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức: . 6 1 2x  y  7 b) Giải hệ phương trình:  . x  2 y  1 Câu 2 (2điểm)  4a a  a 1 Cho biểu thức: P    a  1 a  a  . a 2 với a >0 và a  1 .     a) Rút gọn biểu thức P. b) Với những giá trị nào của a thì P = 3. Câu 3 (2điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M(–1 ; 2) và song song với đường thẳng y = 2x + 1. Tìm a và b. b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 4x – m2 – 5m = 0. Tìm các giá trị của m sao cho: |x1 – x2| = 4. Câu 4 (3điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D  BC, E  AC) . a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn. b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A). Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: AD BE CF Q   . HD HE HF Câu 5 (1điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0. HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu Nội dung Điểm 5 5( 6  1) a) Ta có:  0,5 6 1 ( 6  1)( 6  1) 1 5( 6  1) 5( 6  1)    6 1 0,5 6 1 5 1
 2x  y  7  4x  2y  14 b) Ta có:   0,5  x  2y  1  x  2y  1 5x  15 x  3   0,5  x  2y  1  y  1  4a a  a 1 4a 1 a 1 a) Với 0  a  1 thì ta có: P     . 2  . 2 0,5  a 1 a  a  a a 1 a 4a  1  0,5 2 a2 4a  1 b) Với 0  a  1 thì P = 3  2  3  3a 2  4a  1  3a 2  4a  1  0 0,5 a 1  a = 1 (loại) hoặc a  (thỏa mãn đk). 0,5 3 a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên: 0,5 a = 2, b  1. Vì đường thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt: 0,5 2(-1) + b = 2  b = 4 (thỏa mãn b  1). Vậy a = 2, b = 4 2 b) Ta có :  '  4  m  5m  (m  1)(m  4) . Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thì ta 0,25 có:  '  0  m  4 hoặc m  1 (*) 3 b c Theo định lí Vi-et, ta có: x1  x 2     4 và x1.x2   m2  5m. 0,25 a a 2 2 Ta có: x1  x 2  4  (x1  x 2 )  16  (x1  x 2 )  4x1.x 2  16 0,25  16  4(m2  5m)  16  m2  5m  0  m = 0 hoặc m = – 5 Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm. 0,25 a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta có: 0,5 ADB  AEB  90 A  Hai góc ADB, AEB cùng nhìn cạnh AB dưới một góc 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp đường 0,5 E F tròn. H b) Ta có: ABK  ACK  90 (góc nội tiếp chắn nữa O đường tròn)  CK  AC, BK  AB (1) 4 0,5 Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên: B C BH  AC, CH  AB (2) D Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK. Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định 0,5 K nghĩa) Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S. Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên 0,25 trong ABC , do đó: S = S1 + S2 + S3 . 2
AD SABC S BE SABC S CF SABC S Ta có:   (1),   (2),   (3) 0,25 HD SBHC S1 HE SAHC S2 HF SAHB S3 Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: AD BE CF S S S 1 1 1 Q       S    HD HE HF S1 S2 S3  S1 S2 S3  0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có: 1 1 1 3 S  S1  S2  S3  3 3 S1.S2 .S3 (4) ;    (5) S1 S2 S3 3 S1 .S2 .S3 Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q  9 . Đẳng thức xẩy ra  S1  S2  S3 hay H là 0,25 trọng tâm của ABC , nghĩa là ABC đều. Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*). Đặt x  2  t  0 thì pt (*) trở thành: t2 – 2mt 2 0,25 + 2 – m = 0 (**),  '(t)  m  m  2  (m 1)(m  2) Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm t 1, t2 sao cho: t1  t 2  0 0,25 Pt (**) vô nghiệm   '(t)  0  (m  1)(m  2)  0  2  m  1 (1) 5 Pt (**) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1  t 2  0 . Điều kiện là:  '  0  '  0 0,25   2m  0   m  0  m  2 (2) 2  m  0 m  2   Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm của m là: m

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.