SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH THUẬN ĐỀ CHÍNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Khóa ngày: 24 – – 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) 2 x + y = a) Giải hệ phương trình:  x + 3y = b) Xác định giá trị m để hệ phương trình sau vô nghiệm: (m + 2) x + (m + 1) y = ( m tham số)  x + 3y = Bài 2: (3,0 điểm) Cho hai hàm số y = x2 y = x + a) Vẽ đồ thị hai hàm số cho hệ trục tọa độ Oxy b) Bằng phép tính xác định tọa độ giao điểm A, B hai đồ thị (điểm A có hoành độ âm) c) Tính diện tích tam giác OAB (O gốc tọa độ) Bài 3: (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức H = ( 10 − 2) + Bài 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AC = 2R Từ điểm E đoạn OA (E không trùng với A O) Kẻ dây BD vuông góc với AC Kẻ đường kính DI đường tròn (O) a) Chứng minh rằng: AB = CI b) Chứng minh rằng: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = 4R2 2R c) Tính diện tích đa giác ABICD theo R OE = Bài 5: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC trung tuyến AM, BN, CP Chứng minh rằng: (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA ĐÁP ÁN: Bài 1: (2,0 điểm)  x + y = 2 x + y = 5 y = x = ⇔ ⇔ ⇔ a) Giải hệ phương trình:  x + 3y = 2 x + y = x + 3y = y =1 b) Hệ phương trình vô nghiệm khi:  m + m +1  = 3m + = m + m + m +1 = ≠ ⇒ ⇒ ⇒m=−  4m + ≠  m +1 ≠  Bài 2: (3,0 điểm) a) Vẽ (d) (P) hệ trục tọa độ x -2 -1 2 1 y =x (P) x y = x + 2(d) -2 0 B -2 -10 A O -5 10 -2 -4 -6 b) Tọa độ giao điểm (P) (d) nghiệm hệ phương trình:  y = x2  x2 = x +  x2 − x − =  x = −1; x2 = ⇔ ⇔ ⇔     y1 = 1; y2 = y = x + y = x + y = x + Tọa độ giao điểm (d) (P): A (-1;1) B (2;4) 1 c) SOAB = (1+4).3 1.1 - 2.4 = 2 Bài 3: (1,0 điểm) H = ( 10 − 2) + = ( ) −1 6+2 = Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng: AB = CI ( )( −1 ) +1 = −1 = B Ta có: BD ⊥ AC (gt) · = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ BD ⊥ BI DBI E º ⇒ AB = CI A Do đó: AC // BI ⇒ »AB = CI 2 2 b) Chứng minh rằng: EA + EB + EC + ED = 4R Vì BD ⊥ AC ⇒ »AB = »AD nên AB = AD D I O Ta có: EA2 + EB2 + EC2 + ED2 = AB2 + CD2 = AD2 + CD2 = AC2 = (2R)2 = 4R2 2R c) Tính diện tích đa giác ABICD theo R OE = C 1 DE.AC + EB.(BI + AC) 2 2R R 2R 5R ⇒ AE = * OE = EC = +R= 3 3 R R 5R ⇒ R R * DE2 = AE.EC = = DE = Do đó: EB = 3 3 R 4R * BI = AC – 2AE = 2R – = 3 R R 4R R 16 R 8R Vậy: SABICD = 2R + ( + 2R) = = (đvdt) 3 3 Bài 5: (1,0 điểm) SABICD = SABD + SABIC = Cho tam giác ABC trung tuyến AM, BN, CP Chứng minh rằng: (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA A 1 AM; GN = BN; GP = CP 3 Vì AM, BN, CP trung tuyến, nên: M, N, P trung điểm BC, AC, AB Do đó: MN, NP, MP đường trung bình ∆ ABC 1 Nên: MN = AB; NP = BC; MP = AC 2 Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có: 1 * AM < MN + AN hay AM < AB + AC (1) 2 1 Tương tự: BN < AB + BC (2) 2 1 CP < BC + AC (3) 2 Từ (1), (2), (3) suy ra: AM + BN + CP < AB + BC + CA (*) 1 * GN + GM > MN hay BN + AM > AB (4) 3 1 Tương tự: BN + CP > BC (5) 3 1 CP + AM > AC (6) 3 Từ (4), (5), (6) suy ra: Gọi G trọng tâm ∆ ABC, ta có: GM = N P G C B 1 1 1 1 BN + AM + BN + CP + CP + AM > AB + BC+ AC 3 3 3 2 2 ⇒ (AM + BN + CP) > (AB + AC + BC) 3 ⇒ (AB + BC + CA) < AM + BN + CP (**) M Từ (*), (**) suy ra: (AB + BC + CA) < AM + BN + CP < AB + BC + CA ...x y = x + 2(d) -2 0 B -2 -10 A O -5 10 -2 -4 -6 b) Tọa độ giao điểm (P) (d) nghiệm hệ phương trình:  y = x2  x2 = x +  x2 −... độ giao điểm (d) (P): A (-1;1) B (2;4) 1 c) SOAB = (1+4).3 1.1 - 2.4 = 2 Bài 3: (1,0 điểm) H = ( 10 − 2) + = ( ) −1 6+2 = Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng: AB = CI ( )( −1 ) +1 = −1 = B Ta