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

Chia sẻ: Trần Thị Hằng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

163
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi tuyển sinh môn Toán 10 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa (2012-2013) dành cho học sinh lớp 9, giúp các em củng cố kiến thức đã học ở trường và thi tuyển sinh vào lớp 10 đạt kết quả cao.

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 Thanh Hóa (2012-2013)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN (Đề gồm có 01 trang) (Môn chung cho tất cảc thí sinh) Thời gian làm bài :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 17 tháng 6 năm 2012 Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :  a 1 a 1  1 P  a  1  a  1  4 a  2a a , (Với a > 0 , a 1)    2 1. Chứng minh rằng : P  a 1 2. Tìm giá trị của a để P = a Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x + 3 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt 2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) Câu 3 (2.0 điểm) : Cho phương trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0 1. Giải phơng trình khi m = 4 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đường tròn (O) có đờng kính AB cố định, M là một điểm thuộc (O) ( M khác A và B ) . Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đường tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C. CD là đờng kính của (I). Chứng minh rằng: 1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng 2. Tam giác COD là tam giác cân 3. Đờng thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đường tròn (O) 2 2 2 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn : a  b  c  3 a b c 1 2  2  2  Chứng minh rằng : a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2
BÀI GIẢI CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 2 1. Chứng minh rằng : P  a 1  a 1 a 1  1 P   4 a  2a a  a 1 a 1  2 2 P    a 1   a 1  4 a  a 1  a 1 . 1  a 1  a 1  2a a 1.0 a  2 a  1  a  2 a  1  4a a  4 a 1 P .  a 1  a 1  2a a 1 4a a 1 2 P .  (ĐPCM) a  1 2a a a  1 2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a 2  a  a 2  a  2  0 => a 1 . Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm 1.0 a1 = -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại c 2  2 a2 = a 1 (Thoả mãn điều kiện) Vậy a = 2 thì P = a 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt c 3 1.0  3 2 x1 = -1 và x2 = a 1 Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = 1 => A (-1; 1) Với x2 = 3 => y2 = 32 = 9 => B (3; 9) Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B 2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) 1.0 Ta biểu diễn các điểm A và B trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ
9 B A 1 D C -1 0 3 AD  BC 1 9 S ABCD  .DC  .4  20 2 2 BC.CO 9.3 S BOC    13,5 2 2 AD.DO 1.1 S AOD    0,5 2 2 Theo công thức cộng diện tích ta có: S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO) = 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt) 1. Khi m = 4, ta có phương trình x2 + 8x + 12 = 0 có ’ = 16 – 12 = 4 > 0 1.0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - 4 + 2 = - 2 và x2 = - 4 - 2 = - 6 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 3 x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0 Có D’ = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4 1.0 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > 0 => 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2 Vậy với m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt C I D 4 N H M 1.0 2 A K 1 B O 1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng: Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O)  MC  MO (1)
Xét đường tròn (I) : Ta có CMD  900  MC  MD (2) Từ (1) và (2) => MO // MD  MO và MD trùng nhau  O, M, D thẳng hàng 2. Tam giác COD là tam giác cân CA là tiếp tuyến của đường tròn (O)  CA AB(3) Đờng tròn (I) tiếp xúc với AC tại C  CA  CD(4) Từ (3) và (4)  CD // AB => DCO  COA (*) 1.0 ( Hai góc so le trong) CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O)  COA  COD (**) Từ (*) và (**)  DOC  DCO  Tam giác COD cân tại D 3. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đờng tròn (O) * Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H. CHD  900  H  (I) (Bài toán quỹ tích) DH kéo dài cắt AB tại K. Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I) CND  900  =>   NC  NO COD can tai D  Ta có tứ giác NHOK nội tiếp Vì có H 2  O1  DCO ( Cùng bù với góc DHN)  NHO  NKO  1800 (5) * Ta có : NDH  NCH (Cùng chắn cung NH của đường tròn (I)) 1.0  CBO  HND  HCD  DHN  COB (g.g) HN OB     HD OC  OB OA  HN ON ...     Mà ONH  CDH OC OC  HD CD OA CN ON  ...    OC CD CD   NHO DHC (c.g.c)  NHO  90 Mà NHO  NKO  1800 (5)  NKO  900 ,  NK  AB  NK // AC 0  K là trung điểm của OA cố định  (ĐPCM) 2 2 2 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn : a  b  c  3 a b c 1 Chứng minh rằng : 2  2  2  a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2 2 2 a b2  a  b  2 a2 b2 c 2  a  b  c  * C/M bổ đề:   và    . x y x y x y x x yz 5 Thật vậy 1.0 2 2 a b 2 a  b 2 2 x   y x y    a 2 y  b 2 x  x  y   xy  a  b    ay  bx   0 (Đúng)  ĐPCM 2 a2 b2 c 2  a  b  c  Áp dụng 2 lần , ta có:    x y x x yz
2 2 * Ta có : a  2b  3  a  2b  1  2  2a  2b  2 , tương tự Ta có: …  a b c a b c A 2  2  2    a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2a  2b  2 2b  2c  2 2c  2a  2 1 a b c   A     (1) 2  a  b 1 b  c 1 c  a 1   B a b c Ta chứng minh   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 a b c  1 1   1  2 a  b 1 b  c 1 c  a 1 b  1 c  1 a  1     2 a  b 1 b  c 1 c  a 1 b 1 c 1 a 1    2 a  b 1 b  c 1 c  a 1 2 2 2   b  1   c  1   a  1 2 (2)  a  b  1 b  1  b  c     1 c  1  c  a  1 a  1  3 B * Áp dụng Bổ đề trên ta có: 2  3 B   a  b  c  3  a  b  1 b  1   b  c  1 c  1   c  a  1 a  1 2  a  b  c  3  3 B  (3) a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3(a  b  c )  3 * Mà: 2  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3(a  b  c )  3    2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c  6  2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c  6 ( Do : a 2  b 2  c 2  3)  a 2  b2  c 2  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c  9 2   a  b  c  3 2   a  b  c  3 2 (4) a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3(a  b  c)  3 Từ (3) và (4)  (2) Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh. Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1