Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Thái Bình năm học 2012 – 2013 môn toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1. (2,0 điểm) Tính: Cho biểu thức: với x ≥ 0, x ≠ 16. Rút gọn 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). Giải phương trình với m = 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 = -x2 và đường thẳng (d): y = mx + 2 (m là tham số). Tìm m để (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất. Cho hai điểm A(-2; m) và B(1; n). Tìm m, n để A thuộc (P) và B thuộc (d). 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: Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đường tròn. BD.AC = AD.A’C. DE vuông góc với AC. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định. Bài 5.(0,5 điểm): Giải hệ phương trình: --- HẾT --- Họ và tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN Bài 1. (2,0 điểm) Tính: Cho biểu thức: với x ≥ 0, x ≠ 16. Rút gọn B. Tìm x để giá trị của B là một số nguyên. Nội dung Điểm 1. (0,5đ) 0,5 2. (1,5đ) a. (1 đ) Với x ≥ 0, x ≠ 16, thì: B 0,25 0,25 0,25 Vậy với x ≥ 0, x ≠ 16. 0,25 b. (0,5 đ) Dễ thấy B ≥ 0 (vì . Lại có: (vì . Suy ra: 0 ≤ B < 3 Þ B Î {0; 1; 2} (vì B Î Z). 0,25 Với B = 0 Þ x = 0; Với B = 1 Þ Với B = 2 Þ Vậy để B Î Z thì x Î {0; 4}. 0,25 Bài 2. (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 – 4x + m + 1 = 0 (m là tham số). Giải phương trình với m = 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? Nội dung Điểm 1. (1,0đ) m = 2, phương trình đã cho thành: x2 – 4x + 3 = 0. Phương trình này có a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 nên có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 3. 0,5 Vậy với m = 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 3. 0,5 2. (1,0đ) Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu Û ac < 0 Û m + 1 < 0 Û m < -1. 0,5 Theo định lí Vi-et, ta có: . Xét hiệu: |x1| - |x2| = -x1 – x2 = -4 < 0 (vì x1 < 0 < x2) Þ |x1| < |x2|. 0,25 Vậy nghiệm x1 có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn nghiệm x2. 0,25 Bài 3. (2,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y = -x2 và đường thẳng (d): y = mx + 2 (m là tham số). Tìm m để (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất. Cho hai điểm A(-2; m) và B(1; n). Tìm m, n để A thuộc (P) và B thuộc (d). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến (d). Tìm m để độ dài đoạn OH lớn nhất. Nội dung Điểm 1. (0,75đ) (d) cắt (P) tại một điểm duy nhất Û Phương trình hoành độ của (d) và (P): -x2 = mx + 2 Û x2 + mx + 2 = 0 có nghiệm duy nhất. 0,25 Û D = m2 – 8 = 0 Û m = ± 0,25 Vậy giá trị m cần tìm là m = ± 0,25 2. (0,75đ) 0,5 Vậy m = -4, n = -2. 0,25 3. (0,5đ) - Nếu m = 0 thì (d) thành: y = 2 Þ khoảng cách từ O đến (d) = 2 Þ OH = 2 (Hình 1). 0,25 - Nếu m ≠ 0 thì (d) cắt trục tung tại điểm A(0; 2) và cắt trục hoành tại điểm B( 0) (Hình 2). Þ OA = 2 và OB = . DOAB vuông tại O có OH ^ AB Þ . Vì m2 + 1 > 1 "m ≠ 0 Þ Þ OH < 2. So sánh hai trường hợp, ta có OHmax = 2 Û m = 0. 0,25 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: Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đường tròn. BD.AC = AD.A’C. DE vuông góc với AC. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định. Nội dung Điểm 1. (0,5đ) Vì Þ bốn điểm A, B, D, E cùng thuộc đường tròn đường kính AB. 0,5 2. (1,0đ) Xét DADB và DACA’ có: ( vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Þ DADB ~ DACA’ (g.g) 0,5 Þ Þ BD.AC = AD.A’C (đpcm). 0,5 3. (1,25đ Gọi H là giao điểm của DE với AC. Tứ giác AEDB nội tiếp Þ 0,25 và là hai góc nội tiếp của (O) nên: 0,25 Þ (do AA’ là đường kính) 0,25 Suy ra: Þ DCHD vuông tại H. 0,25 Do đó: DE ^ AC. 4. (0,5đ 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 Þ OI // AD (vì cùng ^ BC) Þ OK // AD. DADA’ có: OA = OA’ (gt), OK // AD Þ KD = KA’. DDNA’ có ID = IN, KD = KA’ Þ IK // NA’; mà IK ^ BC (do OI ^ BC) Þ NA’ ^ BC. Tứ giác BENA’ có nên nội tiếp được đường tròn Þ . Ta lại có: (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)). Þ Þ NE // AC (vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau). Mà DE ^ AC, nên DE ^ EN (1) 0,25 Xét DIBE và DICM có: (đối đỉnh) IB = IC (cách dựng) (so le trong, BE // CF (vì cùng ^ AA’)) Þ DIBE = DICM (g.c.g) Þ IE = IM DEFM 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 Þ IE = ID = IN = IM Þ ID = IE = IF. Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp DDEF. I là trung điểm của BC nên I cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định. 0,25 Bài 5.(0,5 điểm): Giải hệ phương trình: Nội dung Điểm Từ (2) suy ra x + 2y ≥ 0. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: (3) Dấu bằng xảy ra Û x = 2y. Mặt khác, dễ dàng chứng minh được: (4) Thật vậy, (do cả hai vế đều ≥ 0) Û 4(x2 + 2xy + 4y2) ≥ 3(x2 + 4xy + 4y2) Û (x – 2y)2 ≥ 0 (luôn đúng "x, y). Dấu bằng xảy ra Û x = 2y. 0,25 Từ (3) và (4) suy ra: . Dấu bằng xảy ra Û x = 2y. Do đó (2) Û x = 2y ≥ 0 (vì x + 2y ≥ 0). Khi đó, (1) trở thành: x4 – x3 + 3x2 – 2x – 1 = 0 Û (x – 1)(x3 + 3x + 1) = 0 Û x = 1 (vì x3 + 3x + 1 ≥ 1 > 0 "x ≥ 0) Þ Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x = 1; y = ). 0,5