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 Hòa Bình (2012-2013)

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

Báo xấu

108
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp cho các bạn học sinh THCScó thể chuẩn bị ôn tập tốt hơn cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán, mời các thầy cô và các bạn tham khảo đề thi tuyển sinh môn Toán 10 - Sở GD&ĐT Hòa Bình (2012-2013).

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 Hòa Bình (2012-2013)

SỞ GD & ĐT HÒA BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN TOÁN (CHUNG) Ngày thi: 29 tháng 6 năm 2012 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm có 01 trang --------------------------------------------------------------------------------------------------------- PHẦN I. TRẮC NGHIỆM(2 Diểm) (Thí sinh không cần giải thích và không phải chép lại đề bài, hãy viết kết quả các bài toán sau vào tờ giấy thi) 1. Biểu thức A = 2 x  1 có nghĩa với các giá trị của x là… 2. Giá trị m để 2 đường thẳng (d1): y = 3x – 2 và (d2): y = mx + 3m – 1 cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung là.... 3. Các nghiệm của phương trình 3 x  5  1 là... 4. Giá trị của m để phương trình x2 – (m+1)x - 2 = 0 có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12x2 + x1x22 = 4 là... PHẦN II. TỰ LUẬN (8 điểm) Bài 1. (2 điểm) 1 1 x  y  5  a) Giải hệ phương trình   2  3  5 x y  b) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB > AC). Đường phân giác AD chia cạnh huyền BC thành 2 đoạn 3 theo tỷ lệ và BC = 20cm. Tính độ dài hai cạnh góc vuông. 4 Bài 2. (2 điểm) Tìm một số có hai chữ số, biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 5 và nếu đem số đó chia cho tổng các chữ số của nó thì được thương là 7 và dư là 6. Bài 3.(3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Các đường cao AD, BE, CF của tám giác cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BCEF nội tiếp được. b) EF vuông góc với AO. c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng R. Bài 4. (1 điểm) Trên các cạnh của một hình chữ nhật đặt lần lượt 4 điểm tùy ý. Bốn điểm này tạo thành một tứ giác có độ dài các cạnh lần lượt là x, y, z , t. Chứng minh rằng 25  x2 + y2 + z2 + t2  50. Biết rằng hình chữ nhật có chiều dài và chiều rộng là 4 và 3. ĐÁP ÁN PHẦN I. TRẮC NGHIỆM(2 Điểm) 1 1. Biểu thức A = 2 x  1 có nghĩa với các giá trị của x là: x   2 1
2. Giá trị m để 2 đường thẳng (d1): y = 3x – 2 và (d2): y = mx + 3m – 1 cắt nhau tại 1 điểm trên trục tung là 1 m . 3 4 3. Các nghiệm của phương trình 3 x  5  1 là: x = 2; x = . 3 4. Giá trị của m để phương trình x2 – (m+1)x - 2 = 0 có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn 2 2 x1 x2 + x1x2 = 4 là m = -3. PHẦN II. TỰ LUẬN(8 điểm) Bài 1. (2 điểm) 1 1  x  y  5 (1)  a) Giải hệ phương trình:   2  3  5 (2) x y  Điều kiện: x, y  0. 3 2 2x Lấy (1) cộng (2) theo vế, ta được:   0  3 y  2 x  y  , thế vào (1) ta có pt: x y 3 1 3 5 1  5  5  2 x  1  x  (thỏa mãn đk x  0 ) x 2x 2x 2 1 1 Với x   y  (thỏa mãn đk y  0 ) 2 3 1 1 Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm ( x; y )  ( ; ) 2 3 b) Đặt độ dài cạnh AB = x (cm) và AC = y (cm); đk: x > y > 0 Theo tính chất đường phân giác và định lý pitago ta có:  3 y 3 y  4 x  3 C    y  x x 4   4  x 2  y 2  20 2 9 2  x 2  x  20 2  x 2  16 2 D     16  3 y  x  y  12 A B  4   x  16  x  16  Vậy độ dài cạnh AB = 16 (cm) ; AC = 14 (cm) Bài 2. (2 điểm) Gọi số cần tìm có 2 chữ số là ab , với a , b {0,1, 2,3,4,5,6,7,8,9}, a  0 . Theo giả thiết ta có hệ phương trình: a  b  5 a  b  5 a  b  5 a  b  5 a  8      (t/m đk) 10a  b  7( a  b)  6 3a  6b  6  a  2b  2 a  2b  2 b  3 Vậy số cần tìm là: 83 Bài 3.(3 điểm) 2
a) Vì BE, CF là đường cao của tam giác ABC  BE  AC; CF  AB  BEC  CFB  900  E, F thuộc đường tròn đường kính BC  Tứ giác BCEF nội tiếp. b) EF vuông góc với AO. Xét  AOB ta có: 1 1 OAB  900  AOB  900  sđ AB  900  ACB (1) 2 2 Do BCEF nội tiếp nên AFE  ACB (2) Từ (1) và (2) suy ra: OAB  900  AFE  OAB  AFE  900  OA  EF (đpcm) c) Bán kính đường tròn ngoại tiếp  BHC bằng R. Gọi H '  AH  (O ) . Ta có: HBC  900  ACB  HAC  H ' AC  H ' BC (3) HCB  900  ABC  HAB  H ' AB  H ' CB (4) Từ (3) và (4)  BHC  BH ' C ( g .c.g ) Mà  BH'C nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R   BHC cũng nội tiếp đường tròn có bán kính R, tức là bán kính đường tròn ngoại tiếp  BHC bằng R. Bài 4. (1 điểm) Giả sử hình chữ nhật có độ dài các cạnh được đặt như hình vẽ. Với: 0  a, b, e, f  4 và a+b = e+f = 4; 0  c, d, g, h  3 và c+d = g+h = 3. Ta có: x 2  h 2  a 2 ; y 2  b2  c 2 ; z 2  d 2  e2 ; t 2  f 2  g 2  x 2  y 2  z 2  t 2  (a 2  b 2 )  (c 2  d 2 )  (e 2  f 2 )  ( g 2  h 2 ) (*) 2 2 2 2  Chứng minh: x  y  z  t  50 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Vì a, b  0 nên a  b  (a  b)  16 . Tương tự: c  d  9; e  f  16; g  h  9 . 2 2 2 2 Từ (*)  x  y  z  t  16  9  16  9  50 (1) 2 2 2 2  Chứng minh: x  y  z  t  25 . Áp dụng bất đẳng thức Bu - nhi - a- cốp – xki , ta có: ( a  b) 2 16 (12  12 )( a 2  b 2 )  (1.a  1.b ) 2  a 2  b 2  2 2 2 2 9 2 2 16 2 9 Tương tự: c  d  ; e  f  ; g  h2  . 2 2 2 2 2 2 2 16 9 16 9 Từ (*)  x  y  z  t      25 (2) 2 2 2 2 2 2 2 2 Từ (1) và (2)  25  x  y  z  t  50 (đpcm) 3

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.