Binh Phuoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2012-2013. ĐỀ CHÍNH THỨC. Đề thi môn: TOÁN (chung) Ngày thi: 29/6/2012 Thời gian làm bài: 120 phút. (Đề thi gồm có 01 trang). Câu 1 (4,0 điểm) 1. Tính giá trị các biểu thức sau: L 3. V 3 5  2 5.  x x  x R  1    1   1 x   1 2. Rút gọn biểu thức sau:. x  x . (1  3) 2. , với 0  x 1.. Câu 2 (4,0 điểm) 2. 1. Cho parabol (P): y  x và đường thẳng (d): y 2 x  3 . a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng d trên cùng một hệ trục tọa độ. b) Xác định tọa độ giao điểm của (P) và (d).  2 x  3 y 40  2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình:  x  5 y  1 .. Câu 3 (5,0 điểm) 2 1. Cho phương trình x  2mx  m 0 a) Giải phương trình khi m = 1. b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho biểu thức 1 1  2 x  2mx2  11(m  1) x2  2mx1  11(m  1) đạt giá trị lớn nhất. 2 2. Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 240m . Nếu tăng chiều rộng 3m và giảm chiều dài 4m thì diện tích mảnh đất không đổi. Tính kích thước của mảnh đất ban đầu. T. 2 1. Câu 4 (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có cạnh AB 5cm , và độ dài trung tuyến AM của tam giác ABC.. cos B . 1 2 . Hãy tính các cạnh, các góc. Câu 5 (5,0 điểm) Cho đường tròn (O,R) và một điểm S nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến SA, SB của đường tròn (O,R), (với A, B là các tiếp điểm). Một đường thẳng đi qua S (không đi qua O) cắt đường tròn tại hai điểm M và N, (M nằm giữa S và N). Gọi H là giao điểm của SO và AB, I là trung điểm MN. Hai đường thẳng IO và AB cắt nhau tại E. 1. Chứng minh: SAOB và SHIE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. 2 2. Chứng minh: ABC đồng dạng EOH và IO.OE R . (XEM LẠI) 3. Cho SO 2 R, MN R 3 . Tính diện tích ESM theo R. Hết.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Giải: Câu 1 (4,0 điểm) 1. V 3 5  2 5  5 (1  3) 2  3  1  3  3  1 . L 3. 3  1. 2.với 0 x 1.  x x  x R  1    1   1 x   1. . .  1 x 1. .    1  x    .  x x 1 x    1  x  1 x . . x1   x1  . . x 1  x 1  x(voi.x 0). . ,. Câu 2 (4,0 điểm) 1. a) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị. x y = -x2. -2 -4. -1 -1. 0 0. x. 0. 3 2. y = 2x-3. -3. 0. 1 -1. 2 -4. b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) -x2 =2x - 3  x2 + 2x - 3 = 0 Có dạng a + b + c = 0  PT có 2 nghiệm: : x1 =1 ; x2 = -3  Với x1 = 1 ,(P)  y1 = -1  Với x2 = -3 ,(P)  y2 = -9 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là 2 điểm (1;-3) và (-3;-9). 2 Giải hệ phương trình: 2 x  3 y 40    x  5 y  1. Câu 3 (5,0 điểm). 2 x  3 y 40   2 x  10 y  2. 7 y 42    x  5 y  1.  y 6    x  5.6  1.  y 6   x 29 ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. 1. Cho phương trình x  2mx  m 0 (*) 2 a. Thay m = 1 vào (*) ta được: x  2 x  1 0 Giải ’ tạ được 2 nghiệm: x1 =1 + 2 ; x2 = 1 - 2 b. ’ = m2 + m = m(m+1) Để PT có 2 nghiệm khi ’ ≥ 0  m(m+1) ≥ 0  m ≥ 0 hoặc m ≤ -1 Theo hệ thức Viet ta có: T   . Từ.  x1  x2 2m   x1.x2  m. 1 1  2 x  2mx2  11( m  1) x2  2mx1  11(m  1) 2 1. 1 1  2 x   x1  x2  x2  11(m  1) x2   x1  x2  x1  11(m  1) 2 1. 1.  x1  x2 . 2.  x1 x2  11(m  1) 2.  2m . 2. Vì  2m  3.  m  11(m  1). 2. 2 2. 1.  x1  x2 . 2.  x1 x2  11(m  1). 2 2  4m 12m  11  2m  3  2  2 2. ≥2. 2. Nên  2m  3. . . 2. 1. 3 Vậy T = 1 thì đạt giá trị lớn nhất khi đó 2m + 3 = 0  m = 2 (tmđk). 3. Gọi x(m) là chiều dài hình chữ nhật ban đầu(đk: x>y>0, x > 4) (y)(m) là chiều rộng hình chữ nhật ban đầu 2 Vì hình chữ nhật có diện tích 240m . Nên có PT: x.y = 240 (1) Vì tăng chiều rộng 3m và giảm chiều dài 4m thì diện tích mảnh đất không đổi Nên có PT: (x-4)(y+3) = 240  3x + 4y = 12 (2)  xy 240  Từ (1) và (2) ta có hệ PT: 3x  4 y 12.  PT: x2 – 4x + 320 = 0 Giải hệ PT ta được nghiệm: x1 = 20 (nhận) ; x2 = -16(loại) 240 12 Từ x1 = 20 ,  y1 = 20 (nhận). Vậy: Chiều dài: 20m, chiều rộng : 12m.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 4 (2,0 điểm) ABC vuông tại A, ta có: AB + CosB = BC , AB 5 BC   10 1 CosB 2  (cm) 2. 2. 2. 2. AC = BC  AB  10  5 5 3 (cm) Vì ABC vuông tại A, AM là trung tuyến 1 1 BC  .10 5 2  AM = 2 (cm) 1 cos B   600 2  B Có:  900  B  900  600 300 C. . Câu 5 (5,0 điểm) a) Theo tính chất tiếp tuyến, Ta có: 0  SA  AO, SAO 90 0  SB  BO, SBO 90 Xét tứ giác SAOB có: 0 0 0   SAO + SBO 90  90 180  Tứ giác SAOB nội tiếp (tổng 2 góc đối = 1800) Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau tại S, Ta có: SA = SB Mà OA = OB (cùng bán kính ) SO là đường trung trực của AB Hay: SO  AB 0   SHE 90 Có IM =IN (gt)  OI  MN (Quan hệ vuông góc đường kính và dây) 0   SIE 90 Xét tứ giác SHIE có:   (900 ) SHE SIE.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  Tứ giác SHIE nội tiếp (2 đỉnh cìng nhìn 1 cạnh nối 2 đỉnh còn lại dưới góc bằng nhau) b) 0  Có: SAO 90 (cmt)   SIO 900 (kề bù với SIO 900 ) Xét tứ giác AIOS có:   SAO SIO 900  tứ giác AIOS nội tiếp ( 2 đỉnh cùng nhìn 2 cạnh nối 2 đỉnh còn lại dưới góc bằng nhau)    IAO ISO    Mà: OEH ISO (cùng phụ EOH )   Nên: IAO OEH Xét OIA và OAE có: Ô: chung   IAO OEH (cmt) OIA  OAE (g,g) OI OA   OA OE  OI.OE = OA2 Hay OI.OE = R2. c) 1 R 3 MN  2 IM= 2 Áp dụng định lý Pytago và OMI vuông tại I, ta có: 2. R 3 R OM  IM  R     2  2  2. 2. 2. IO = Áp dụng định lý Pytago và SOI vuông tại I, ta có: 2. R 15  R SO  IO  4 R     2  2 2. + SI =. 2. 2. R OI 1  SOI   2  OS 2 R 4 + Cos AOS vuông tại A, AH là đường cao , ta có: AO2 = OH . OS OA2 R 2 R    OH = OS 2 R 2 OHE vuông tại H, ta có: OH 1  SOE   OE 4 , Cos.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> R 2 R  OE = 4.OH = 4. 2 R 3R  2 IE = OE – OI = 2R - 2 1 1 R 15 3R 3R 2 5 .IS .IE  . .  2 2 2 8 SSIE = 2 1 1 R 3 3R 3R 2 3 .IM .IE  . .  2 2 2 8 SEIM = 2 3R 2 5 3R 2 3 3R 2   8 8 8  SEMS = SEIS – SEIM =. . 5. 3.  (đvdt).

<span class='text_page_counter'>(7)</span>