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

Chia sẻ: Trần Thị Hằng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

44
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi tuyển sinh môn Toán 10 - Sở GD&ĐT Hưng Yên (2012-2013) dành cho các bạn học sinh lớp 9 và quý thầy cô tham khảo, để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

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 Hưng Yên (2012-2013)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HƯNG YÊN NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN A: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2 điểm) Từ câu 1 đến câu 8, hãy chọn phương án đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm Câu 1: giá trị của biểu thức 2  8 bằng: A. 10 B. 3 2 C. 6 D. 24 Câu 2: Biểu thức x  1  x  2 có nghĩa khi: A. x < 2 B. x  2 C. x  1 D. x  1 Câu 3: đường thẳng y = (2m – 1)x + 3 song song với đường thẳng y = 3x – 2 khi: A. m = 2 B. m = - 2 C. m  2 D. m  2 2 x  y  3 Câu 4: Hệ phương trình  có nghiệm (x;y) là: x  y  3 A. (-2;5) B. (0;-3) C. (1;2) D. (2;1) Câu 5: Phương trình x2 – 6x – 5 = 0 có tổng hai nghiệm là S và tích hai nghiệm là P thì: A. S = 6; P = -5 B. S = -6; P = 5 C. S = -5; P = 6 D. S = 6; P = 5 Câu 6: Đồ thị hàm số y = -x2 đi qua điểm: A. (1;1) B. (-2;4) C. (2;-4) D. ( 2 ;-1) Câu 7: Tam giác ABC vuông tại A có AB = 4cm; AC = 3cm thì độ dài đường cao AH là: 3 12 5 4 A. cm B. cm C. cm D. cm 4 5 12 3 Câu 8: Hình trụ có bán kính đáy và chiều cao cùng bằng R thì thể tích là A. 2 R 3 B.  R 2 C.  R 3 D. 2 R 2 PHẦN B: TỰ LUẬN ( 8,0 điểm) Bài 1: (1 điểm)  a) Tìm x biết 3 x  2  2 x  2  1
2 b) Rút gọn biểu thức: A  1  3   3 Bài 2: (1,5 điểm) Cho đường thẳng (d): y = 2x + m – 1 a) Khi m = 3, tìm a để điểm A(a; -4) thuộc đường thẳng (d). b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt các trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại M và N sao cho tam giác OMN có diện tích bằng 1. Bài 3: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m = 0 (1) a) Giải phương trình (1) với m = 2. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn (x1 + m)(x2 + m) = 3m2 + 12 Bài 4: (3 điểm) Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến Am, AN với đường tròn (M, N là các tiếp điểm). Đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt B,C (O không thuộc (d), B nằm giữa A và C). Gọi H là trung điểm của BC. a) Chứng minh các điểm O, H, M, A, N cùng nằm trên một đường tròn, b) Chứng minh HA là tia phân giác của MHN . c) Lấy điểm E trân MN sao cho BE song song với AM. Chứng minh HE//CM. Bài 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 4. 1 1 Chứng minh rằng  1 xy xz HƯỚNG DẪN GIẢI: Phần trắc nghiệm: Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu B D A D A B B C Phần tự luận: Bài 1:   a) Tìm x biết 3 x  2  2 x  2  3x  2  2 x  2 2  x  2 . Vậy x  2 2 b) Rút gọn biểu thức: A  1  3   3  1  3  3  3  1  3  1 . Vậy A  1 Bài 2: a) Thay m = 3 vào phương trình đường thẳng ta có: y = 2x + 2. Để điểm A(a; -4) thuộc đường thẳng (d) khi và chỉ khi: -4 = 2a + 2 suy ra a = -3. 1 m b) Cho x = 0 suy ra y = m – 1 suy ra: ON  m  1 , cho y = 0 suy ra x  2 1 m m 1 suy ra OM  hayOM  2 2 2
m 1 Để diện tích tam giác OMN = 1 khi và chỉ khi: OM.ON = 2 khi và chỉ khi m  1 . 2 2 Khi và chỉ khi (m – 1)2 = 4 khi và chỉ khi: m – 1 = 2 hoặc m – 1 = -2 suy ra m = 3 hoặc m = -1 Vậy để diện tích tam giác OMN = 1 khi và chỉ khi m = 3 hoặc m = -1. Bài 3: Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m = 0 (1) a) Giải phương trình (1) với m = 2. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn (x1 + m)(x2 + m) = 3m2 + 12 HD: a) Thay m = 2 vào phương trình (1) ta được phương trình: x2 – 6x + 8 = 0 Khi và chỉ khi (x – 2)(x – 4) = 0 khi và chỉ khi x = 2 hoặc x = 4 Vậy với m = 2 thì phương trình có 2 nghiệm x1 = 2 , x2 = 4. 2 2 b) Ta có  '   m  1  4m   m  1  0 vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m. S  2  m  1  Áp dụng định lí Vi-et ta có:   P  4m  Để (x1 + m)(x2 + m) = 3m2 + 12 khi và chỉ khi x1 x2 + (x1 + x2) m - 2 m2 – 12 = 0. S khi và chỉ khi : 4m + m.2(m + 1) – 2m2 – 12 = 0 khi và chỉ khi 6m = 12 khi và chỉ khi m= 2 Bài 5 : M a) Theo tính chất tiếp tuyến căt nhau ta có : E AMO  ANO  900 H C B Do H là trung điểm của BC nên ta có: A O AHO  900 Do đó 3 điểm A, M, H, N, O thuộc đường tròn đường kính AO N b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AM = AN Do 5 điểm A, M, H, O, N cùng thuộc một đường tròn nên: AHM  AHN (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) Do đó HA là tia phân giác của MHN c) Theo giả thiết AM//BE nên MAC  EBH ( đồng vị) (1) Do 5 điểm A, M, H, O, N cùng thuộc một đường tròn nên: M MAH  MNH (góc nội tiếp chắn cung MH) (2) E H C Từ (1) và (2) suy ra ENH  EBH B A O Suy ra tứ giác EBNH nội tiếp Suy ra EHB  ENB Mà ENB  MCB (góc nội tiếp chắn cung MB) N 3
Suy ra: EHB  MCB Suy ra EH//MC. Bài 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 4. 1 1 Chứng minh rằng  1 xy xz Hướng dẫn: Vì x + y + z = 4 nên suy ra x = 4 – (y + z) 1 1 11 1 1 1 Mặt khác:   1      1    x do x dương. (*) xy xz x y z y z Thay x = 4 – (y + z) vào (*) ta có : 2 2 1 1 1 1  1   1    4   y  z   2  y   2  z  0    y    z 0 y z y z  y   z    Luôn đúng với mọi x, y, z dương, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : y = z = 1, x = 2. 4