Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2013 - 2014 môn thi: Toán
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2013 - 2014 môn thi: Toán, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013- 2014 Môn thi: TOÁN Ngày thi 6 tháng 7 năm 2013 Thời gian làm bài: 120 phút Đề thi gồm 5 câu trong 01 trang Câu 1 (2 điểm). Giải bất phương trình x – 3 > 0 Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định. Giải hệ phương trình Câu 2 (2,0 điểm). Rút gọn các biểu thức sau: 1. . 2. (với x) Câu 3 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng d: y = (k-1)x + 4 (k là tham số). Khi k = -2, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và parabol (P). Chứng minh rằng với mọi giá trị của k thì đường thẳng d luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi , là tung độ các giao điểm của đường thẳng d và parabol (P). Tìm k sao cho + = . Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâmO, bán kính R. M là một điểm nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB đển đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp. Tính diện tích tam giác AMB, biết OM = 5 và R = 3. Kẻ Mx nằm trong tam góc AMO cát đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C nằm giữa M và D). Chứng minh rằng EA là phân giác của góc CED. Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x và y thỏa mãn . Tính giá trị của biểu thức . ------ HẾT ----- HD: A D O B E C M Câu 4: 3. đồng dạng MC.MD= MA2 MAO vuông tại A, Đường cao AE ME.MO = MA2 ME.MO = MC.MD(= MA2) , mà MDO và MEC có góc M chung nên hai tam giác đồng dạng MEC = MDO Từ đó suy ra tứ giác ECDO nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện) OED = OCD = ODC = CEM CEA = DEA ( cùng phụ với 2 góc bằng nhau) EA là phân giác của CED Câu 5: Ta có Vậy SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO AN GIANG --------------- ĐỀ CHÍNH THỨC SBDPHÒNG.. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2013-2014 -------------------- Môn: TOÁN Khóa ngày 1 -7 -2013 Thời gian làm bài : 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 2-7-2013 Bài 1. (3,0 điểm) a. Thực hiện phép tính A = b. Tìm x dương , biết c. Giải hệ phương trình : Bài 2. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị là Parabol ( P ) a) Vẽ đồ thị hàm số b) Xác định a , b sao cho đường thẳng y = ax +b song song với đường thẳng y = – x +5 và cắt Parabol (P) tại điểm có hoành độ bằng 1 . Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – (2m +1) x + m2 + m = 0 (*) Khi m = 0 giải phương trình (*) Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 và cả hai nghiệm này đều là nghiệm của phương trình x3 +x2 = 0 Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB ; C là một điểm trên đường tròn sao cho số đo cung AC gấp đôi số đo cung CB.Tiếp tuyến tại B với đường tròn (O) cắt AC tại E.Gọi I là trung điểm của dây AC. a.Chứng minh rằng tứ giác IOBE nội tiếp. b.Chứng minh rằng EB2 = EC . EA . c.Biết bán kính đường tròn (O) bằng 2 cm, tính diện tích tam giác ABE . ------ Hết------ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC : 2013-2014 MÔN : TOÁN NGÀY 30/06/2013 Thời gian làm bài : 120 phút Câu I( 3 điểm ) 1. Tính giá trị của biểu thức A= 2.Tìm m để hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m ) và (d'): y=3x-2 song song với nhau. 3. Giải hệ phương trình Câu II( 2 điểm ) 1. Rút gọn biểu thức B = ( với x>0; x1) 2. Cho phương trình (1) a. Giải phương trình (1) với m =3. b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn : Câu III (1,5 điểm ) Tìm hai số tự nhiên hơn kém nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé. Câu IV ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d tại M, tia BF cắt d tại N. 1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. 2. Chứng minh BE.BM = BF.BN 3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi. Câu V(0,5 điểm) Cho hai số x, y thỏa mãn và . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= Hướng dẫn Câu I( 3 điểm ) 1. Tính giá trị của biểu thức A==7 2. Hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m ) và (d'): y=3x-2 song song với nhau khi và chỉ khi a=a' và b b' ...m=2( thỏa mãn m ) KL... 3. Giải hệ phương trình ... KL... Câu II( 2 điểm ) 1. Rút gọn biểu thức ( với x>0; x1) 2. Cho phương trình (1) a. Giải phương trình (1) với m =3. Với m =3 phương trình (1) trở thành Nhận thấy a-b+c=0 nên pt có 2 nghiệm là b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn : Ta có Điều kiện để pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 là : Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có (*) mà => (**) thay (*) vào (**) ta được : => m1=2; m2 =3 ( TM ĐK) KL... Câu III (1,5 điểm ) Tìm hai số tự nhiên hơn kém nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé. Gọi số bé là x ( xN) khi đó số lớn là x+12 Vì tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé nên ta có phương trình : x(x+12) = 20(x+12) +6x x2 -14x-240 = 0 => x1 = 24(TM) ; x2 = -10( loại) Vậy số bé là 24 => số lớn là 24+12=36. Cách 2: Gọi số lớn là x và số bé là y ( x,y N và x> y) ta có hệ pt : Giải pt (2) ta được y1 = 24 (tm) ; y2 = -10( không tm) Thay y =y1 =24 vào (1) => x=36 KL... Câu IV ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d tại M, tia BF cắt d tại N. 1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. 2. Chứng minh BE.BM = BF.BN 3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi. a) Ta có góc AEB = 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => góc AEM =900 ( vì góc này kề bù với góc AEB) Xét tứ giác MCAE có: góc ACM =900 (gt) góc AEM =900 ( CM trên ) => góc ACM =900 +góc AEM =1800 mà hai góc này ở vị trí đối diện nhau => tứ giác MCAE nội tiếp. b) Chứng minh tam giác BAE đồng dạng tam giác tam giác BMC => BE.BM = BA.BC (1) Chứng minh tam giác BAF đồng dạng tam giác tam giác BNC => BF.BN = BA.BC (1) Từ (1) và (2) => BE.BM = BF.BN Cách 2: Góc BMN = góc BAE ( cùng bù với góc CAE) mà góc BAE = góc EFN ( Hai góc nội tiếp cùng chăn một cung ) => Góc BMN = góc EFN Xét tam giác BEF đồng dạng với tam giác BNM => BE.BM = BF.BN c) Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác EDO vuông tại O ta có DE = R => DE =R Vì EF vuông góc với BC và D là trung điểm của BC nên ta sẽ chứng minh được EF là đường trung bình của tam giác BMN => EF =2R. d) Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB Ta chứng minh được E,A,N và M, A, F thẳng hàng => A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định => Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BA'. Câu V(0,5 điểm) Cho hai số x, y thỏa mãn và . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= Ta có : SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học: 2013 – 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I: (2,0 điểm) Với x > 0, cho hai biểu thức và . 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64. 2) Rút gọn biểu thức B. 3) Tìm x để . Bài II: (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B, người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 km/h. Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A đến B. Bài III: (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 2) Cho parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = mx - m2 + m +1. a) Với m = 1, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (d) và (P). b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao cho . Bài IV: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C (AB < AC, d không đi qua tâm O). 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. 2) Chứng minh AN2 = AB.AC. Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm. 3) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai T. Chứng minh MT // AC. 4) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở K. Chứng minh K thuộc một đường thẳng cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đề bài. Bài V: (0,5 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc, chứng minh: ------------------Hết----------------- BÀI GIẢI GỢI Ý TS TOÁN 10 HÀ NỘI 2013-2014 Bài I: (2,0 điểm) 1) Với x = 64 ta có 2) 3) Với x > 0 ta có : Bài II: (2,0 điểm) Gọi x (km/h) là vận tốc đi từ A đến B, vậy vận tốc đi từ B đến A là (km/h) Theo đề bài ta có: (vì x > 0) Bài III: (2,0 điểm) 1) Hpt đã cho tương đương với hpt: 2) a) Với m = 1 ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: (Do a – b + c = 0) Ta có y (-1)=; y(3) =. Vậy tọa độ giao điểm A và B là (-1;) và (3;) b) Ta có: Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: (*) Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt , thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt. Khi đó Khi: m > -1, từ (*) ta có: (định lý Vi-et) Nên: Cách khác: Khi m > -1 ta có: Do đó, yêu cầu bài toán A O B C N M I T K Q P H Bài IV (3,5 điểm) 1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối nên là tứ giác nội tiếp 2/ Hai tam giác ABM và AMC đồng dạng nên ta có AB. AC = AM2 = AN2 = 62 = 36 3/ (cùng chắn cung MN trong đường tròn (O)), và (do 3 điểm N, I, M cùng nằm trên đường tròn đường kính AO và cùng chắn cung 900) Vậy: nên MT // AC do có hai góc so le bằng nhau. 4/ Xét có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao điểm của OQ và AI thì H là trực tâm của , nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN vuông góc với AO nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với AO. Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển. Bài IV: (0,5 điểm) Cách 1: Từ giả thiết đã cho, ta có . Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: , , , , Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có: (đpcm) Cách 2: a + b + c + ab + bc + ca = 6abc. Cách 3: Từ: Ta lại có (*) Ta có tương tự ; nên (**) từ (*) và (**) ta có hay Cách 4: Áp dụng BĐT Cô si ta có Tương tự cuối cùng ta được(1) Áp dụng BĐT Cô si ta có Tương tự cuối cùng ta được Lấy (1) + (2)(ĐPCM) -------------------------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm học: 2013 – 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) b) c) d) Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số và đường thẳng (D): trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: với ; Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình (*) (x là ẩn số) a) Định m để phương trình (*) có nghiệm b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm , thỏa điều kiện: Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. Chứng minh rằng . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp. Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE. Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng. Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất. ---------------------- Hết ------------------- BÀI GIẢI GỢI Ý Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) b) c) Đặt u = x2 pt thành : (loại) (do a + b + c =0) Do đó pt Cách khác pt d) Û Û Û Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), (D) đi qua b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là Û (a+b+c=0) y(1) = 1, y(-2) = 4 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau Với x và x 9 ta có : Câu 4: a/ Phương trình (*) có nghiệm x = b/ ∆’ = . Khi m = thì ta có ∆’ = 0 tức là : khi đó thỏa Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là: . Khi ta có (Do x1 khác x2) (Vì S = 1) (vô nghiệm) Do đó yêu cầu bài toán Cách khác Khi ta có và (thế và ) (vì x1x2 0) (vì x1+x2 =1 0) A B C M O D F E Q P I T Câu 5 a) Ta có do cùng chắn cung Và do AB// MI Vậy , nên bốn điểm ICMB cùng nằm Trên đường tròn đường kính OM (vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông) b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC nên FB. FC =FE. FD. Và 2 tam giác đồng dạng FBM và FIC nên FB. FC =FI. FM. So sánh ta có FI.FM =FD.FE c) Ta có góc PTQ=900 do POIQ là đường kính. Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) Nên mà (I nhìn OM dưới góc 900) Nên P, T, M thẳng hàng vì . d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R). Cách khác: O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’, O’T lần lượt tại L, T. Vẽ IH vuông góc BC tại H. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 TP.ĐÀ NẴNG MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (2,0 điểm) Tìm số x không âm biết Rút gọn biểu thức P= Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình Bài 3: (1,5 điểm) Vẽ đồ thị hàm số Cho hàm số bậc nhất (1) . Hãy xác định hệ số a, biết rằng a > 0 và đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành Ox, trục tung Oy lần lượt tại hai điểm A, B sao cho OB = 2OA (với O là gốc tọa độ). Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình , với m là tham số. Giải phương trình khi m = 4. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức Q = có giá trị lớn nhất Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có BC = 2R và AB < AC. Đường thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) tại A. Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O;R) lần lượt cắt đường thẳng xy ở D và E. Gọi F là trung điểm của đoạn thẳng DE. Chứng minh rằng tứ giác ADBO là tứ giác nội tiếp. Gọi M là giao điểm thứ hai của FC với đường tròn (O;R). Chứng minh rằng Tính tích MC.BF theo R. ------------------- Hết----------------- BÀI GIẢI Bài 1: Với x không âm ta có P= = = = 1 Bài 2: -1 1 Bài 3: a) b) Gọi , A nằm trên đường thẳng (1) nên B nằm trên đường thẳng (1) nên Bài 4: Khi m = 4 pt trở thành : ( do) b) với mọi m. Vậy pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Do nên = 36 (Do 8) . Ta có Q = 36 khi và chỉ khi Khi thì m = 4, khi x1 = -2 thì m = 0. Do đó ta có giá trị lớn nhất của Q = 36 khi và chỉ khi m = 0 hay m = 4 . Bài 5: E a) Ta có 2 góc nên tứ giác ADBO nội tiếp M F A b) cùng chắn cung AB D mà cùng bù với góc nên C c) Ta có FO là đường trung bình của hình O B thang BCED nên FO // DB nên FO thẳng góc BC. Xét 2 tam giác vuông FOC và BMC đồng dạng theo 2 góc bằng nhau Nên SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 QUẢNG NGÃI Năm học: 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian : 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1,5 điểm) Tính Chứng minh rằng với và thì Cho hàm số bấc nhất Với giá trị nào của m thì hàm số đã cho nghịch biến trên R? Tìm m để đồ thị hàm số đã cho qua điểm Bài 2: (2,0 điểm) Giải phương trình: Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn Giải hpt: Bài 3: (2,0 điểm) Một tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Nhưng khi thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày tổ đã làm tăng thêm 10 sản phẩm so với dự định. Do đó tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày. Hỏi khi thực hiện, mỗi ngày tổ đã làm được bao nhiêu sản phẩm? Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn , kẻ các tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M;N là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua A cắt đường tròn tại hai điểm B và C (B nằm giữa A và C). Gọi I là trung điểm của dây BC. Chứng minh rằng: AMON là tứ giác nội tiếp. Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh rằng: Khi cát tuyến ABC thay đổi thì điểm I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao? Xác định vị trí của cát tuyến ABC để . Bài 5: (1,0 điểm) Với , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ---------------------------- HẾT ---------------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (1,5 điểm) 1) Với và ta có Vậy với và thì 3) a) Hàm số bấc nhất nghịch biến trên R khi b) Đồ thị hàm số qua điểm Bài 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: Ta có . Suy ra pt có 2 nghiệm: có hai nghiệm thỏa mãn Ta có với mọi m. Do đó pt đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. Áp dụng định lí Vi et ta có: Ta có Do đó Vậy nghiệm của hpt là Bài 3: (2,0 điểm) Gọi số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là x (sản phẩm). ĐK: Do đó: Số sản phẩm tổ dự định làm trong mỗi ngày là: (sản phẩm). Thời gian tổ hoàn thành công việc trong thực tế là: (ngày). Thời gian tổ hoàn thành công việc theo dự định là: (ngày). Vì tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày, do đó ta có phương trình: Giải pt: PT có 2 nghiệm phân biệt: (nhận) (loại) Vậy số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là 40 sản phẩm. Bài 4: (3,5 điểm) (Giải vắn tắt) GT (O) cố định; điểm A cố định AM,AN là tiếp tuyến của (O) IB=IC KL 1) Tứ giác AMON nội tiếp 2) AK.AI=AB.AC 3) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao? 4) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để IM=2.IN 1) Tứ giác AMON nội tiếp 2) .Ta chứng minh được 5 điểm A,M,O,I,N cùng thuộc đường tròn đường kính AO. 3) Ta có mà A,O cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AO. Giới hạn: Khi Vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên của đường tròn đường kính AO. 4) Cách 1: (vì NA=MA) Do đó Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với Cách 2: Ta có AM và AN là hai tiếp tuyến của (O) suy ra là đường phân giác của do đó Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với Bài 5: (1,0 điểm) * Với * Với PT (1) là pt bậc 2 ẩn x có PT (1) có nghiệm khi Kết hợp với trường hợp A=1 ta có SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013 Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10 2) Xác định các hệ số m và n biết hệ phương trình có nghiệm (1; – 2) Câu II ( 2,0 điểm) Rút gọn biểu thức với Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm thì trong 6 ngày xong việc. Nếu họ làm riêng thì người thợ thứ nhất hoàn thành công việc chậm hơn người thợ thứ hai là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm trong bao nhiêu ngày để xong việc. Câu III (2,0 điểm) Cho phương trình Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 với mọi m. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn điều kiện: Câu IV (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O; R) thay đổi đi qua B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm của MN và BC, H là giao điểm của đường thẳng OI và đường thẳng MN. 1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh OI.OH = R2. 3) Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Câu V ( 1,0 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . --------------------- Hết -------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 1) Pt: (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10 5x2 – 2x = 0 . 2) Hệ phương trình có nghiệm (1; – 2) Câu II: 1) A = = = = (với ). 2) + Gọi x (ngày) là thời gian người thứ nhất làm riêng xong công việc (x > 9) + Thời gian người thứ hai làm riêng xong công việc: x – 9 (nga). + Trong một ngày người thứ nhất làm được: (công việc). + Trong một ngày người thứ hai làm được: (công việc). + Vì họ cùng làm thì trong 6 ngày xong việc nên ta có pt: + = x2 – 21x + 54 = 0 + Vậy: - Người thứ nhất làm riêng xong công việc tron 18 ngày. - Người thứ hai làm riêng xong công việc tron 9 ngày. Câu III: 1) = m2 – 4m + 6 = (m – 2)2 + 2 > 0,m pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. 2) Phương trình có hai nghiệm x1; x2 nên: Theo định lí Vi-et ta có : Theo bài ra ta có : Câu IV: 1) + (O) có : = 900 nhìn đoạn OA (1) I là trung điểm của BC OI BC = 900 nhìn đoạn OA (2) Từ (1) và (2) Bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn 2) Chứng minh OI.OH = R2: + và có : = . (1) + Đường tròn đường kính OA có : = (2) + Từ (1) và (2) = + OMH và OIM có: OMH OIM (g-g) OI. OH = OM2 = R2. 3) + (g-g) + (g-g) AB.AC = AI.AE (*) + Do A, B, C cố định nên trung điểm I của BC cố định nên từ (*) suy ra E cố định. Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm E cố định Câu V: Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 nên . + Đặt + Do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên : . + Suy ra (do ) và . Khi đó + Ta có: Dấu “=” xảy ra khi . Khi đó: vuông Vậy vuông . së gi¸o dôc - ®µo t¹o hµ nam §Ò chÝnh thøc kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc: 2013 - 2014 M«n thi: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) C©u 1: (1,5 ®iÓm) Rót gän c¸c biÓu thøc sau: A = B = C©u 2: (2,0 ®iÓm) a) Giải phương tr×nh: x2 - 6x - 7 = 0 b) Giải hệ phương tr×nh: C©u 3: (1,5 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x2 + 2(m – 1)x – 2m – 3 = 0 (m lµ tham sè). a) Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã 2 nghiÖm ph©n biÖt x1; x2 . b) T×m gi¸ trÞ cña m sao cho (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0. C©u 4: (4,0 ®iÓm) Cho ®êng trßn t©m O, ®êng kÝnh AB. LÊy ®iÓm C thuéc (O) (C kh«ng trïng víi A, B), M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá AC. C¸c ®êng th¼ng AM vµ BC c¾t nhau t¹i I, c¸c ®êng th¼ng AC vµ BM c¾t nhau t¹i K. a) Chứng minh rằng: vµ rABI c©n b) Chứng minh tứ gi¸c MICK néi tiÕp c) §êng th¼ng BM c¾t tiÕp tuyÕn t¹i A cña (O) ë N. Chøng minh ®êng th¼ng NI lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (B;BA) vµ NIMO. d) §êng trßn ngo¹i tiÕp rBIK c¾t ®êng trßn (B;BA) t¹i D (D kh«ng trïng víi I). Chøng minh ba ®iÓm A, C, D th¼ng hµng. C©u 5: (1,0 ®iÓm) Cho c¸c sè thùc d¬ng x, y tháa m·n T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: Q = xy – 3y - 2x – 3. ............HÕt............ Hä vµ tªn thÝ sinh: .......................................Sè b¸o danh:................................................ Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 1:...........................Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 2:...................................... së gi¸o dôc - ®µo t¹o hµ nam kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc: 2013 - 2014 Híng dÉn chÊm M«n To¸n dù th¶o C©u 1: (1,5 ®iÓm) a) A = = 0,75 ® b) B = = = 0,75 ® C©u 2: (2,0 ®iÓm) a) x2 - 6x - 7 = 0 VËy: S = 1,0 ® b) VËy: (x; y) = (2; 3) 1,0 ® C©u 3: (1,5 ®iÓm) x2 + 2(m – 1)x – 2m – 3 = 0 (1) a) Cã: r/ = (m – 1)2 – (- 2m – 3) = m2 – 2m + 1 + 2m + 3 = m2 + 4 4 > 0 víi mäi m r/ > 0 víi mäi m Nªn ph¬ng tr×nh ®· cho cã 2 nghiÖn ph©n biÖt x1; x2 (§pcm) 0,75 ® b) Theo bµi ra, ta cã: (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0 (2) 0,25 ® ¸p dông hÖ thøc Vi – Ðt, ta cã: (3) 0,25 ® Thay (3) vµo (2), ta cã: VËy víi m = th× (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0. 0,25 ® C©u 4: (4,0 ®iÓm) H×nh vÏ: 0,25 ® a) Chứng minh rằng: vµ rABI c©n V× M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC (GT) Mµ: (§Þnh lý gãc néi tiÕp) (HÖ qu¶ gãc néi tiÕp) 0,5 ® Cã: M(O) vµ AB lµ ®êng kÝnh (HÖ qu¶ gãc néi tiÕp) t¹i M. XÐt rABI cã: BM lµ ®êng cao ®ång thêi lµ ®êng ph©n gi¸c Nªn: rABI c©n t¹i B (DÊu hiÖu nhËn biÕt tam gi¸c c©n) 0,5 ® b) Cã: C(O) vµ AB lµ ®êng kÝnh (HÖ qu¶ gãc néi tiÕp) t¹i C MÆt kh¸c: (V× BMAI) Mµ 2 gãc nµy ë vÞ trÝ ®èi nhau VËy MICK lµ tø gi¸c néi tiÕp (§pcm) 1,0 ® c) Cã: rABI c©n t¹i B (cma) BA = BI mµ BA lµ b¸n kÝnh cña (B;BA) I(B;BA) (1) V× AN lµ tiÕp tuyÕn cña (O) (GT) ANAB t¹i A XÐt rABN vµ rIBN cã: AB = BI ( v× rABI c©n t¹i B) (cma) rABN = rIBN (c.g.c) BN c¹nh chung (2 gãc t/) mµ: NIIB (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: NI lµ tiÕp tuyÕn cña(B;BA) (§pcm) 0,5 ®
File đính kèm:
de va dap an thi vao 10 nam 2013.doc
