Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Sở GD&ĐT Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Sở GD&ĐT Thái Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 THÁI BÌNH Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1. (2,0 điểm) 1 1) Tính: A 9 4 5. 5 2 2(x 4) x 8 2) Cho biểu thức: B với x ≥ 0, x ≠ 16. x 3 x 4 x 1 x 4 a. Rút gọn B. b. Tìm x để giá trị của B là một số nguyên. Bài 2. (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + m + 1 = 0 (m là tham số). 1) Giải phương trình với m = 2. 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu (x1 < 0 < x2). Khi đó nghiệm nào có giá trị tuyệt đối lớn hơn? Bài 3. (2,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = -x 2 và đường thẳng (d): y = mx + 2 (m là tham số). 1) Tìm m để (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất. 2) Cho hai điểm A(-2; m) và B(1; n). Tìm m, n để A thuộc (P) và B thuộc (d). 3) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến (d). Tìm m để độ dài đoạn OH lớn nhất. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O), dây cung BC (BC không là đường kính). Điểm A di động trên cung nhỏ BC (A khác B và C; độ dài đoạn AB khác AC). Kẻ đường kính AA’ của đường tròn (O), D là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC. Hai điểm E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B, C đến AA’. Chứng minh rằng: 1) Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) BD.AC = AD.A’C. 3) DE vuông góc với AC. 4) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định. Bài 5.(0,5 điểm): Giải hệ phương trình: x4 x3 3x2 4y 1 0 x2 4y2 x2 2xy 4y2 . x 2y 2 3 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM 5 2 Bài 1. 1) A ( 5 2)2 5 2 5 2 4. 5 4 0,75 (2,0 điểm) 2) 2(x 4) x 8 a) B với x ≥ 0, x ≠ 16. x 3 x 4 x 1 x 4 Với x ≥ 0, x ≠ 16, thì: 0,25 2(x 4) x 8 2x 8 x( x 4) 8( x 1) B ( x 1)( x 4) x 1 x 4 ( x 1)( x 4) 2x 8 x 4 x 8 x 8 3x 12 x 3 x( x 4) 3 x 0,25 ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4) ( x 1)( x 4) x 1 3 x 0,25 Vậy B với x ≥ 0, x ≠ 16. x 1 b) Dễ thấy B ≥ 0 (vì x 0) . 3 3 Lại có: B 3 3 (vì 0 x 0, x 16) . x 1 x 1 Suy ra: 0 ≤ B < 3 B {0; 1; 2} (vì B Z). 0,25 - Với B = 0 x = 0; 3 x 1 - Với B = 1 1 3 x x 1 x . x 1 4 3 x - Với B = 2 2 3 x 2( x 1) x 4. x 1 0,25 1 Vậy để B Z thì x {0; ; 4}. 4 2 1) m = 2, phương trình đã cho thành: x – 4x + 3 = 0. 1,0 Bài 2. Phương trình này có a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 3. Vậy với m = 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x = 1; x = 3. (2,0 điểm) 1 2 2) Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu ac < 0 m + 1 < 0 0,5 m < -1. x1 x2 4 Theo định lí Vi-et, ta có: . 0,5 x1x2 m 1 Xét hiệu: |x1| - |x2| = -x1 – x2 = -4 < 0 (vì x1 < 0 < x2) |x1| < |x2|. Vậy nghiệm x1 có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn nghiệm x2. Bài 3. 1) (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất Phương trình hoành độ của (d) và (P)
3. (2,0điểm) -x2 = mx + 2 x2 + mx + 2 = 0 có nghiệm duy nhất. = m2 – 8 = 0 m = ± 2 2. 0,75 Vậy giá trị m cần tìm là m = ± 2 2. 2) Cho hai điểm A(-2; m) và B(1; n). Tìm m, n để A thuộc (P) và B thuộc (d). A (P) m ( 2)2 m 4 . B (d) n 2 n m 2 0,75 Vậy m = -4, n = -2. 3) Nếu m = 0 thì (d) thành: y = 2 khoảng cách từ O đến (d) = 2 OH = 2 (Hình 1). y y 3 (d) H y = 2 2 A 2 H 1 1 B 2 3 x -2 -1 O 1 -1 O 1 x -1 -1 -2 -2 Hì nh 1 Hì nh 2 Nếu m ≠ 0 thì (d) cắt trục tung tại điểm A(0; 2) và cắt- 3trục hoành tại điểm 2 B( ; 0) (Hình 2). m 2 2 OA = 2 và OB = . m |m| OAB vuông tại O có OH  AB 1 1 1 1 m2 m2 1 OH2 OA2 OB2 4 4 4 2 OH . Vì m2 + 1 > 1 m ≠ 0 m2 1 1 OH < 2. m2 1 So sánh hai trường hợp, ta có OHmax = 2 m = 0. A H E I N B D C O K M F A' 0 1) Vì A· DB A· EB 90 bốn điểm A, B, D, E cùng thuộc đường tròn 1,0 đường kính AB. 2) Xét ADB và ACA’ có: A· DB A· CB 900 ( A· CB 900 vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
4. A· BD A· A'C (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) AD BD Bài 4. ADB ~ ACA’ (g.g) BD.AC = AD.A’C (đpcm). 1,0 AC A'C (3,5 điểm) 3) Gọi H là giao điểm của DE với AC. · · · Tứ giác AEDB nội tiếp HDC BAE BAA'. · B· AA' và BCA là hai góc nội tiếp của (O) nên: 1 1 B· AA' sđB¼A' ; B· CA sđB»A . 2 2 1 1 1 B· AA' B· CA sđB¼A' sđB»A sđA¼BA' 900 2 2 2 (do AA’ là 1,0 đường kính) · · · · 0 Suy ra: HDC HCD BAA' BCA 90 CHD vuông tại H. Do đó: DE  AC. 4) Gọi I là trung điểm của BC, K là giao điểm của OI với DA’, M là giao điểm của EI với CF, N là điểm đối xứng với D qua I. Ta có: OI  BC OI // AD (vì cùng  BC) OK // AD. ADA’ có: OA = OA’ (gt), OK // AD KD = KA’. DNA’ có ID = IN, KD = KA’ IK // NA’; mà IK  BC (do OI  BC) NA’  BC. · · 0 Tứ giác BENA’ có BEA' BNA' 90 nên nội tiếp được đường tròn · · EA'B ENB. · · · Ta lại có: EA'B AA'B ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)). · · ENB ACB NE // AC (vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau). Mà DE  AC, nên DE  EN (1) Xét IBE và ICM có: 0,5 · · EIB CIM (đối đỉnh) IB = IC (cách dựng) · · IBE ICM (so le trong, BE // CF (vì cùng  AA’)) IBE = ICM (g.c.g) IE = IM EFM vuông tại F, IE = IM = IF. Tứ giác DENM có IE = IM, ID = IN nên là hình bình hành (2) Từ (1) và (3) suy ra DENM là hình chữ nhật IE = ID = IN = IM ID = IE = IF. Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp DEF. I là trung điểm của BC nên I cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định. Bài 5. Giải hệ phương trình: 4 3 2 (0,5 điểm) x x 3x 4y 1 0 (1) x2 4y2 x2 2xy 4y2 x 2y (2) 2 3 Từ (2) suy ra x + 2y ≥ 0. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
5. 2(x2 4y2 ) (12 12 )[x2 (2y)2 ] (x 2y)2 x2 4y2 (x 2y)2 x 2y (3) 2 4 2 Dấu bằng xảy ra x = 2y. x2 2xy 4y2 x 2y Mặt khác, dễ dàng chứng minh được: (4) 3 2 x2 2xy 4y2 x 2y x2 2xy 4y2 (x 2y)2 Thật vậy, (do cả hai 3 2 3 4 vế đều ≥ 0) 0,5 4(x2 + 2xy + 4y2) ≥ 3(x2 + 4xy + 4y2) (x – 2y)2 ≥ 0 (luôn đúng x, y). Dấu bằng xảy ra x = 2y. x2 4y2 x2 2xy 4y2 Từ (3) và (4) suy ra: x 2y . Dấu bằng xảy ra 2 3 x = 2y. Do đó (2) x = 2y ≥ 0 (vì x + 2y ≥ 0). Khi đó, (1) trở thành: x4 – x3 + 3x2 – 2x – 1 = 0 (x – 1)(x3 + 3x + 1) = 0 1 x = 1 (vì x3 + 3x + 1 ≥ 1 > 0 x ≥ 0) y . 2 1 Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x = 1; y = ). 2 :