Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 thpt năm học 2012 - 2013 đề thi môn : Toán thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GD&ĐT
VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 21 tháng 6 năm 2012
Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức :P=
Tìm điều kiện xác định của biểu thức P. 2. Rút gọn P
Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình :
Giải hệ phương trình với a=1.
Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Câu 3 (2,0 điểm). Một hình chữ nhật có chiều rộng bằng một nửa chiều dài. Biết rằng nếu giảm mỗi chiều đi 2m thì diện tích hình chữ nhật đã cho giảm đi một nửa. Tính chiều dài hình chữ nhật đã cho.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) và điểm M nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C là các tiếp điểm ) của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A. Vẽ đường kính BB’ của (O). Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB’,đường thẳng này cắt MC và B’C lần lượt tại K và E. Chứng minh rằng:
4 điểm M, B, O, C cùng nằm trên một đường tròn.
Đoạn thẳng ME = R.
Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên một đường tròn cố định, chỉ rõ tâm và bán kính của đường tròn đó.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+ b + c =4. Chứng minh rằng :
.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN : TOÁN
Câu
Đáp án, gợi ý
Điểm
C1.1
(0,75 điểm)
Biểu thức P xác định 
0,5
0,25
C1.2 (1,25 điểm)
P=
0,25
0,5
0,5
C2.1 (1,0 điểm)
Với a = 1, hệ phương trình có dạng: 
 Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: 
0,25
0,25
0,25
0,25
C2.2 (1,0 điểm)
-Nếu a = 0, hệ có dạng: => có nghiệm duy nhất
-Nếu a , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: 
 (luôn đúng, vì với mọi a)
Do đó, với a , hệ luôn có nghiệm duy nhất.
 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a.
0,25
0,25
0,25
0,25
C3 (2,0 điểm)
 Gọi chiều dài của hình chữ nhật đã cho là x (m), với x > 4.
Vì chiều rộng bằng nửa chiều dài nên chiều rộng là: (m)
=> Diện tích hình chữ nhật đã cho là: (m2)
Nếu giảm mỗi chiều đi 2 m thì chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là: (m)
khi đó, diện tích hình chữ nhật giảm đi một nửa nên ta có phương trình: 
.=> (thoả mãn x>4); 
 (loại vì không thoả mãn x>4)
Vậy chiều dài của hình chữ nhật đã cho là (m).
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
C4.1 (1,0 điểm)
B
1) Chứng minh M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn
Ta có: (vì MB là tiếp tuyến)
1
(vì MC là tiếp tuyến)O
2
1
K
M
=> MBO + MCO =
= 900 + 900 = 1800
1
E
B’
=> Tứ giác MBOC nội tiếp
C
(vì có tổng 2 góc đối =1800)
=>4 điểm M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn
0,25
0,25
0,25
0,25
C4.2 (1,0 điểm)
2) Chứng minh ME = R:
Ta có MB//EO (vì cùng vuông góc với BB’) 
=> O1 = M1 (so le trong)
Mà M1 = M2 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) => M2 = O1 (1)
C/m được MO//EB’ (vì cùng vuông góc với BC)
=> O1 = E1 (so le trong) (2)
Từ (1), (2) => M2 = E1 => MOCE nội tiếp
=> MEO = MCO = 900 
=> MEO = MBO = BOE = 900 => MBOE là hình chữ nhật
=> ME = OB = R (điều phải chứng minh)
0,25
0,25
0,25
0,25
C4.3 (1,0 điểm)
3) Chứng minh khi OM=2R thì K di động trên 1 đường tròn cố định:
Chứng minh được Tam giác MBC đều => BMC = 600
=> BOC = 1200 
=> KOC = 600 - O1 = 600 - M1 = 600 – 300 = 300
Trong tam giác KOC vuông tại C, ta có: 
Mà O cố định, R không đổi => K di động trên đường tròn tâm O, bán kính = (điều phải chứng minh)
0,25
0,25
0,25
0,25
C5 (1,0 điểm)
Do đó, 
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 5 - Cách 2: Đặt x = => x, y , z > 0 và x4 + y4 + z4 = 4.
BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > hay (x3 + y3 + z3 ) > 4 = x4 + y4 + z4
ó x3(-x) + y3(-y)+ z3(-z) > 0 (*).
Ta xét 2 trường hợp:
	- Nếu trong 3 sô x, y, z tồn tại it nhât một sô , giả sử x thì x3 .
Khi đo: x3 + y3 + z3 > ( do y, z > 0).
	- Nếu cả 3 sô x, y, z đều nhỏ thì BĐT(*) luôn đung.
Vậy x3 + y3 + z3 > được CM.
Cách 3: Có thể dùng BĐT thức Côsi kết hợp phương pháp làm trội và đánh giá cũng cho kết quả nhưng hơi dài, phức tạp).
___________________________________________________________________________
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TUYÊN QUANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
Năm học 2011 - 2012
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (3,0 điểm)
a) Giải phương trình: b) Giải hệ phương trình: 
c) Giải phương trình: 
Câu 2 (2,5 điểm) Một ca nô chạy xuôi dòng từ A đến B rồi chạy ngược dòng từ B đến A hết tất cả 4 giờ. Tính vận tốc ca nô khi nước yên lặng, biết rằng quãng sông AB dài 30 km và vận tốc dòng nước là 4 km/giờ.
Câu 3 (2,5 điểm) Trên đường tròn (O) lấy hai điểm M, N sao cho M, O, N không thẳng hàng. Hai tiếp tuyến tại M , N với đường tròn (O) cắt nhau tại A. Từ O kẻ đường vuông góc với OM cắt AN tại S. Từ A kẻ đường vuông góc với AM cắt ON tại I. Chứng minh:
a) SO = SA b) Tam giác OIA cân
Câu 4 (2,0 điểm). 
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0
b) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là giao điểm các đường phân giác trong. Biết AB = 5 cm, IC = 6 cm. Tính BC.
Hướng dẫn chấm, biểu điểm.
Nội dung
Điểm
Câu 1 (3,0 điểm)
a) Giải phương trình: 
1,0
Bài giải: Ta có . Phương trình có nghiệm: 
0,5
b) Giải hệ phương trình: 
1,0
Bài giải: Cộng (1) và (2) ta có: 4x - 3y + 3y + 4x = 16 8x = 16 x = 2
0,5
Thay x = 2 vào (1): 4. 2 – 3y = 6 y = . Tập nghiệm: 
0,5
c) Giải phương trình: (3) 
1,0
Bài giải: Ta có 
0,5
Mặt khác: 
Vậy: (3) . Phương trình vô nghiệm 
0,5
Câu 2 (2,5 điểm )
2,5
Bài giải: Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x km/giờ ( x > 4)
0,5
Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là x +4 (km/giờ), khi ngược dòng là x - 4 (km/giờ). Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là giờ, đi ngược dòng từ B đến A là giờ.
0,5
Theo bài ra ta có phương trình: (4)
0,5
 hoặc x = 16. Nghiệm x = -1 <0 nên bị loại
0,5
Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 16km/giờ.
0,5
Câu 3 (2,5 điểm) 
0,5
a) Chứng minh: SA = SO
1,0
Vì AM, AN là các tiếp tuyến nên: (1)
0,5
Vì MA//SO nên: (so le trong) (2) 
0,5
Từ (1) và (2) ta có: SAO cân SA = SO (đ.p.c.m)
b) Chứng minh tam giác OIA cân 
1,0
Vì AM, AN là các tiếp tuyến nên: (3)
0,5
Vì MO // AI nên: góc MOA bằng góc OAI (so le trong) (4)
0,5
Từ (3) và (4) ta có: OIA cân (đ.p.c.m)
Câu 4 (2,0 điểm). 
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 + 2y2 + 2xy + 3y – 4 = 0 (1)
1,0
Bài giải: (1) (x2 + 2xy + y2) + (y2 + 3y – 4) = 0
0,5
 (x + y)2 + (y - 1)(y + 4) = 0
 (y - 1)(y + 4) = - (x + y)2 (2)
Vì - (x + y)2 0 với mọi x, y nên: (y - 1)(y + 4) 0 -4 y 1
0,5
Vì y nguyên nên y 
Thay các giá trị nguyên của y vào (2) ta tìm được các cặp nghiệm nguyên (x; y) của PT đã cho là: (4; -4), (1; -3), (5; -3), ( -2; 0), (-1; 1). 
b) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là giao điểm các đường phân giác trong. Biết AB = 5 cm, IC = 6 cm. Tính BC.
Bài giải: 
Gọi D là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng BI, E là giao điểm của AB và CD.BIC có là góc ngoài nên: = 
 vuông cân DC = 6 : 
Mặt khác BD là đường phân giác và đường cao nên tam giác BEC cân tại B EC = 2 DC = 12: và BC = BE.
Gọi x = BC = BE. (x > 0). Áp dụng định lý Pi-ta-go vào các tam giác vuông ABC và ACE ta có: AC2 = BC2 – AB2 = x2 – 52= x2 -25
 EC2 = AC2 + AE2 = x2 -25 + (x – 5)2 = 2x2 – 10x
 (12: )2 = 2x2 – 10x
 x2 - 5x – 36 = 0 
Giải phương trình ta có nghiệm x = 9 thoả mãn. Vậy BC = 9 (cm).