intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2012-2013 môn Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Tĩnh

Chia sẻ: Cau Le | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

149
lượt xem
6
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2012-2013 môn Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Tĩnh", mời các bậc phụ huynh, thí sinh và thầy cô giáo cùng tham khảo để để có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2012-2013 môn Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Tĩnh

  1. Nguyễn Hải Đăng Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương www.VNMATH.com 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 P     . 2 Cho biểu thức:  a 1 a  a  a 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 x 1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + 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: x 2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0. Hết - Thí sinh không sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh…………..
  2. Nguyễn Hải Đăng Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương www.VNMATH.com GỢI Ý GIẢI Câu Nội dung 5 5( 6  1)  a) Ta có: 6  1 ( 6  1)( 6  1) 5( 6  1) 5( 6  1)    6 1 6 1 5 1  2x  y  7  4x  2y  14   b) Ta có:  x  2y  1  x  2y  1 5x  15 x  3    x  2y  1  y  1  4a a  a 1 4a 1 a 1 P  .  . 2  a 1 a  a  a2 a  1 a a) Với 0  a  1 thì ta có:   4a  1  2 a2 4a  1  2  3  3a 2  4a  1 b) Với 0  a  1 thì P = 3 a  3a 2  4a  1  0 1 a   a = 1 (loại) hoặc 3 (thỏa mãn đk). a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên: a = 2, b  1. Vì đường thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt: 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 có:  '  0  m  4 hoặc m  1 (*) 3 b c x1  x 2     4 x1.x2   m2  5m. Theo định lí Vi-et, ta có: a và a 2 2 Ta có: x1  x 2  4  (x1  x2 )  16  (x1  x 2 )  4x1.x 2  16  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. a) Vì AD và BE là các đường cao nên 4 ta có: ADB  AEB  90  Hai góc ADB, AEB cùng nhìn cạnh AB dưới một góc 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.
  3. Nguyễn Hải Đăng Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương www.VNMATH.com b) Ta có: ABK  ACK  90 (góc nội tiếp A chắn nữa đường tròn)  CK  AC, BK  AB (1) E Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên: BH  AC, CH  AB (2) F H O Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK. C Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành B D (theo định nghĩa) K Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S. Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên trong ABC , do đó: S = S1 + S2 + S3 . AD SABC S BE SABC S CF SABC S   (1),   (2),   (3) Ta có: 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  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) ; S1 S2 S3 3 S .S .S 1 2 3 (5) Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q  9 . Đẳng thức xẩy ra  S1  S2  S3 hay H là 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 2 thành: t2 – 2mt + 2 – m = 0 (**),  '(t)  m  m  2  (m  1)(m  2) Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1  t 2  0 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    2m  0   m  0  m  2 2  m  0 m  2   (2) Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm của m là: m
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2