Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tp.Đà Nẵng năm học 2012 – 2013 đề chính thức môn toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 22/06/2012 Bài 1: (2,0 điểm) Giải phương trình: (x + 1)(x + 2) = 0 Giải hệ phương trình: Bài 2: (1,0 điểm) 0 1 2 2 y=ax2 y x Rút gọn biểu thức Bài 3: (1,5 điểm) Biết rằng đường cong trong hình vẽ bên là một parabol y = ax2. Tìm hệ số a. Gọi M và N là các giao điểm của đường thẳng y = x + 4 với parabol. Tìm tọa độ của các điểm M và N. Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2x – 3m2 = 0, với m là tham số. Giải phương trình khi m = 1. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 khác 0 và thỏa điều kiện . Bài 5: (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B Î (O), C Î (O’). Đường thẳng BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh rằng tứ giác CO’OB là một hình thang vuông. Chứng minh rằng ba điểm A, C, D thẳng hàng. Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn (O’) (E là tiếp điểm). Chứng minh rằng DB = DE. ------------------------------- GỢI Ý BÀI GIẢI: Bài 1: 1) (x + 1)(x + 2) = 0 Û x + 1 = 0 hay x + 2 = 0 Û x = -1 hay x = -2 2) Û Û Bài 2: = = = = 4 Bài 3: 1) Theo đồ thị ta có y(2) = 2 Þ 2 = a.22 Û a = ½ 2) Phương trình hoành độ giao điểm của y = và đường thẳng y = x + 4 là : x + 4 = Û x2 – 2x – 8 = 0 Û x = -2 hay x = 4 y(-2) = 2 ; y(4) = 8. Vậy tọa độ các điểm M và N là (-2 ; 2) và (4 ; 8). Bài 4: 1) Khi m = 1, phương trình thành : x2 – 2x – 3 = 0 Û x = -1 hay x = 3 (có dạng a–b + c = 0) 2) Với x1, x2 ¹ 0, ta có : Û Û 3(x1 + x2)(x1 – x2) = 8x1x2 Ta có : a.c = -3m2 £ 0 nên D ³ 0, "m Khi D ³ 0 ta có : x1 + x2 = và x1.x2 = £ 0 Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm ¹ 0 mà m ¹ 0 Þ D > 0 và x1.x2 < 0 Þ x1 < x2 Với a = 1 Þ x1 = và x2 = Þ x1 – x2 = - Do đó, ycbt Û và m ¹ 0 Û (hiển nhiên m = 0 không là nghiệm) Û 4m4 – 3m2 – 1 = 0 Û m2 = 1 hay m2 = -1/4 (loại) Û m = ±1 B C E D A O O’ Bài 5: 1) Theo tính chất của tiếp tuyến ta có OB, O’C vuông góc với BC Þ tứ giác CO’OB là hình thang vuông. 2) Ta có góc ABC = góc BDC Þ góc ABC + góc BCA = 900 Þ góc BAC = 900 Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường tròn) Vậy ta có góc DAC = 1800 nên 3 điểm D, A, C thẳng hàng. 3) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông DBC ta có DB2 = DA.DC Mặt khác, theo hệ thức lượng trong đường tròn (chứng minh bằng tam giác đồng dạng) ta có DE2 = DA.DC Þ DB = DE.