Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2012 - 2013 môn toán - Sở giáo dục đào tạo Ninh Thuận

Chia sẻ: Sunny_1 Sunny_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

52
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2012 - 2013 môn toán - Sở giáo dục đào tạo Ninh Thuận 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 vào lớp 10 THPT năm học 2012 - 2013 môn toán - Sở giáo dục đào tạo Ninh Thuận

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NINH THUẬN NĂM HỌC 2012 – 2013 Khóa ngày: 24 – 6 – 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) 2 x  y  3 a) Giải hệ phương trình:  x  3y  4 b) Xác định các giá trị của m để hệ phương trình sau vô nghiệm: (m  2) x  (m  1) y  3  ( m là tham số) x  3y  4 Bài 2: (3,0 điểm) Cho hai hàm số y = x2 và y = x + 2. a) Vẽ đồ thị hai hàm số đã cho trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Bằng phép tính hãy xác định tọa độ các giao điểm A, B của hai đồ thị trên (điểm A có hoành độ âm). c) Tính diện tích của tam giác OAB (O là gốc tọa độ) Bài 3: (1,0 điểm) Tính giá trị của biểu thức H = ( 10  2) 3  5 Bài 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AC = 2R. Từ một điểm E ở trên đoạn OA (E không trùng với A và O). Kẻ dây BD vuông góc với AC. Kẻ đường kính DI của đường tròn (O). a) Chứng minh rằng: AB = CI. b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2 2R c) Tính diện tích của đa giác ABICD theo R khi OE = 3 Bài 5: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC và các trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng: 3 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA 4
ĐÁP ÁN: Bài 1: (2,0 điểm) 2 x  y  3 2 x  y  3 5 y  5 x  1 a) Giải hệ phương trình:     x  3y  4 2 x  6 y  8 x  3y  4 y 1 b) Hệ phương trình vô nghiệm khi:  m  2 m 1 m  2 m 1 3  1  3  3m  6  m  1 5     m 1 3 4  m 1  3 4m  4  9 2  3  4 Bài 2: (3,0 điểm) a) Vẽ (d) và (P) trên cùng một hệ trục tọa độ. x -2 -1 0 1 2 2 4 1 0 1 4 y=x ( P) x -2 0 y = x + 2(d) 0 2 6 4 B 2 1 A -2 1 2 -10 -5 O 5 10 -2 -4 -6 b) Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ phương trình:  y  x2  x2  x  2  x2  x  2  0  x1  1; x2  2       y  x  2 y  x  2 y  x  2  y1  1; y2  4 Tọa độ các giao điểm của (d) và (P): A (-1;1) và B (2;4) 1 1 1 c) SOAB = .(1+4).3 - .1.1 - .2.4 = 3 2 2 2
Bài 3: (1,0 điểm) H = ( 10  2) 3  5    5 1 62 5    5 1  5 1  5 1  4 Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng: AB = CI. B I Ta có: BD  AC (gt) DBI = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BD  BI A E Do đó: AC // BI  AB  CI  AB = CI O C b) Chứng minh rằng: EA + EB + EC + ED = 4R2 2 2 2 2 Vì BD  AC  AB  AD nên AB = AD D Ta có: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = AB2 + CD2 = AD2 + CD2 = AC2 = (2R)2 = 4R2 2R c) Tính diện tích của đa giác ABICD theo R khi OE = 3 1 1 SABICD = SABD + SABIC = .DE.AC + .EB.(BI + AC) 2 2 2R R 2R 5R * OE =  AE = và EC = +R= 3 3 3 3 2 R 5R 5R R 5 R 5 * DE2 = AE.EC = . =  DE = . Do đó: EB = 3 3 9 3 3 R 4R * BI = AC – 2AE = 2R – 2. = 3 3 1 R 5 1 R 5 4R R 5 16 R 8R 2 5 Vậy: SABICD = . .2R + .( + 2R) = . = (đvdt) 2 3 2 3 3 6 3 9 Bài 5: (1,0 điểm) A Cho tam giác ABC và các trung tuyến AM, BN, CP. Chứng minh rằng: 3 (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA P N 4 G 1 1 1 B C Gọi G là trọng tâm của  ABC, ta có: GM = AM; GN = BN; GP = CP M 3 3 3 Vì AM, BN, CP các trung tuyến, nên: M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, AC, AB Do đó: MN, NP, MP là các đường trung bình của  ABC 1 1 1 Nên: MN = AB; NP = BC; MP = AC 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có: 1 1 * AM < MN + AN hay AM < AB + AC (1) 2 2
1 1 Tương tự: BN < AB + BC (2) 2 2 1 1 CP < BC + AC (3) 2 2 Từ (1), (2), (3) suy ra: AM + BN + CP < AB + BC + CA (*) 1 1 1 * GN + GM > MN hay BN + AM > AB (4) 3 3 2 1 1 1 Tương tự: BN + CP > BC (5) 3 3 2 1 1 1 CP + AM > AC (6) 3 3 2 Từ (4), (5), (6) suy ra: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 BN + AM + BN + CP + CP + AM > AB + BC+ AC 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 1  (AM + BN + CP) > (AB + AC + BC) 3 2 3  (AB + BC + CA) < AM + BN + CP (**) 4 3 Từ (*), (**) suy ra: (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA 4