Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Vĩnh Phúc năm học 2013-2014 đề thi môn: Toán

www.VNMATH.com 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. 
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) 
 Trong các câu sau, mỗi câu có 4 lựa chọn, trong đó có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào bài 
làm chữ cái in hoa đứng trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A). 
Câu 1. Điều kiện để biểu thức 
1
1 x
 được xác định là: 
 A. x 1 D. x  1 
Câu 2. Đường thẳng có phương trình y = x – 1 đi qua điểm: 
 A. M(0; 1) B. N(0; -1) C. P(-1; 0) D. Q(1; 1) 
Câu 3. Phương trình x2 + 3x – 2 = 0 có tích hai nghiệm bằng: 
 A. 3 B. 2 C. – 2 D. – 3 
Câu 4. Cho ABC có diện tích 81cm2. Gọi M, N tương ứng là các điểm thuộc các đoạn thẳng BC, 
CA sao cho 2BM = MC, 2CN = NA. Khi đó diện tích AMN bằng: 
 A. 36cm2 B. 26cm2 C. 16cm2 D. 25cm2 
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) 
Câu 5 (2,5 điểm). Cho phương trình x2 + 2x – m = 0 (1). (x là ẩn, m là tham số) 
a) Giải phương trình với m = - 1 
b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. Gọi x1, x2 là hai nghiệm (có 
thể bằng nhau) của phương trình (1). Tính biểu thức P = x1
4 + x2
4 theo m, tìm m để P đạt giá trị nhỏ 
nhất. 
Câu 6 (1,5 điểm). Tìm số tự nhiên có hai chữ số. Biết tổng hai chữ số của nó bằng 11 và nếu đổi 
chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì ta được số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị. 
Câu 7 (3,0 điểm). Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a. Trên cạnh AD và CD lần lượt lấy 
các điểm M và N sao cho góc MBN = 450, BM và BN cắt AC theo thứ tự tại E và F. 
 a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp. 
 b) Gọi H là giao điểm của MF với NE và I là giao điểm của BH với MN. Tính độ dài đoạn 
BI theo a. 
 c) Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất. 
Câu 8 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thoả mãn x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức M = 3 xy + y2. 
------------------------HẾT--------------------- 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! 
Họ và tên thí sinh: ..; Số báo danh: ..... 
www.VNMATH.com 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2013-2014 
MÔN: TOÁN 
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) 
 Mỗi câu đúng: 0,5 điểm 
Câu 1 2 3 4 
Đáp án D B C A 
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) 
Câu Đáp án, gợi ý trình bày Điểm 
a) Với m = -1, phương trình có dạng: x2 + 2x +1 = 0 
 (x + 1)2 = 0 
 x + 1 = 0 x = - 1 
 Vậy với m = -1 thì phương trình (1) có nghiệm kép là x1 = x2 = -1. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 5 
(2,5 
điểm) 
b) Phương trình (1) là phương trình bậc 2 (vì hệ số của x2 là 1  0) có 
  ’ = 1 + m  0 m  - 1. 
 Vậy phương trình (1) có nghiệm m  -1. 
Khi đó, áp dụng định lý Vi-ét, ta có: x1 + x2 = -2 ; x1.x2 = -m 
Do đó, P = x1
4 + x2
4 = (x1
2 + x2
2)2 – 2 x1
2.x2
2 = [(x1 + x2)
2 - 2 x1.x2] 
2 – 2(x1.x2)
2 
 = (4 + 2m)2 – 2m2 = 2m2 + 16m + 16. 
Vì m  -1 m + 1  0 nên ta có: P = 2m2 + 16m + 16 
 = 2(m2 + 2m + 1) + 12m + 14 
 = 2(m + 1)2 + 12(m + 1) + 2  2 
Suy ra P đạt giá trị nhỏ nhất = 2 khi và chỉ khi m + 1 = 0 m = -1. 
0,5 
0,25 
0,25 
0,5 
Câu 6 
(1,5 
điểm). 
Gọi số tự nhiên cần tìm là ab (với a, b N và 0 <a<10, 0 b<10) 
Vì tổng 2 chữ số la 11 nên a + b =11 (1) 
Khi đổi chỗ 2 chữ số ta được số mới là ba . 
Vì số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị nên ta có: ba - ab = 27 
 10b + a – (10a + b) = 27 9b – 9a = 27 a – b = -3 (2) 
Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phương trình: 
11
3
a b
a b
 

  
2 8 4
11 7
a a
a b b
  
 
   
 (thoả mãn điều kiện). 
Vậy số tự nhiên cần tìm là 47. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 7 
(3,0 
điểm). 
-Hình vẽ đúng (phần a) 
a) Chứng minh các tứ giác 
 ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp: 
Vì ABCD là hình vuông và MBN = 450 (GT) 
nên ta có   045MBF FAM  
và   045NBE NCE  
do đó các tứ giác ABFM và BCNE là các tứ giác nội 
tiếp (vì đều có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 2 đỉnh còn 
lại dưới một góc 450). 
0,25 
0,5 
www.VNMATH.com 
Mặt khác, vì tứ giác ABFM nội tiếp nên   0180BFM BAM  , mà  090BAM  
=>  090BFM  =>  090MFN  (1) 
Chứng minh tương tự, ta có  090NEM  (2) 
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MEFN nội tiếp được đường tròn (đường kính MN). 
 Vậy các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp. 
0,5 
7b 
(1,0 
điểm) 
b) Tính độ dài đoạn BI theo a 
 Lấy G trên tia đối của tia AD sao cho AG = CN (như hình vẽ) 
Kết hợp ABCD là hình vuông ta suy ra ABG CBN   (c.g.c) 
=> GBA CBN .(3) và GB = NB (4) 
Lại có MBN = 450 =>   045ABM CBN  (5). 
Kết hợp (3), (5) =>    045GBM ABM GBA MBN    , lại kết hợp với (4) và BM 
là cạnh chung => MBG MBN   (c.g.c) 
Mặt khác theo chứng minh ở phần a, ta có NE và MF là hai đường cao của MBN , 
suy ra BI cũng là đường cao của MBN => BA = BI (hai đường cao tương ứng của 
hai tam giác bằng nhau). 
Vậy BI = BA = a. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
7c 
(0,75 
điểm) 
c) Tìm vị trí của M và N để diện tích tam giác MDN lớn nhất 
Do MBG MBN   (theo chứng minh ở phần b) => MG = MN 
Do đó MD + DN + MN = MD + DN + MG = MD + DN + (GA + AM) 
 = MD + DN + CN + AM (vì GA = CN) 
 = (MD + AM) + (DN + NC) = 2a (không đổi) 
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho MDN (vuông tại D), ta có MN2 = DN2 + DM2 
Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN2 + DM2 
2( )
2
DM DN
 (vì tương đương 
với (DM – DN)2  0 luôn đúng). 
Suy ra 
2( )
2 2
DM DN DM DN
MN
 
  
=> 2a = MD + DN + MN  
2 1
2 2
MD DN
MD DN MD DN
 
     
Lại áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 
2a=MD+DN+ MN 
2 1 2 1
( ) 2 . (2 2). .
2 2
MD DN MD DN MD DN
 
      
=> 
2
2 22. 2( 2 1) .
2 2
a
DM DN a
 
   
 
=> 2 2
1
. ( 2 1) .
2
MDNS DM DN a    , 
dấu “=” xảy ra  2 2
2
2
DM DN
DM DN
MN DM DN a
DM DN MN a

 
    

   
. 
Vậy để diện tích tam giác MDN lớn nhất thì M, N lần lượt trên cạnh AD, CD sao 
cho  2 2DM DN a   . 
0,25 
0,25 
0,25 
www.VNMATH.com 
Câu 8 
(1,0 
điểm). 
+Ta có: 
2 2
2 2 22 ( ) 0
2
a b
ab ab a b a b

       (đúng với mọi a, b), đẳng 
thức xảy ra a = b. 
Do đó: 
M = 3 xy + y2 = ( 3 x).y + y2 
 
2
2
2 2 2 2 2
2
3. 3 2 3( )
2 2 2
x y x y y x y
y
   
    
Mà x2 + y2 = 1 => M 
3
2
 , dấu “=” xảy ra 2 2
1 3
;
3. 2 2
1 1 3
;
2 2
x y
x y
x y
x y

   
     

Vậy giá trị lớn nhất của M là 
3
2
, đạt được khi và chỉ khi 
1
2
x  và
3
2
y  hoặc 
1
2
x

 và 
3
2
y

 . 
+Xét 2M + 1 = 2( 3 xy + y2) +1 = 2 3 xy + 2y2 + (x2 + y2) 
 = x2 + 2x. 3 y + 3y2 = (x + 3 y)2  0 với mọi x, y 
Suy ra M 
1
2

 , dấu “=” xảy ra 
2 2 1 3
23. 0
x y
x
x y
   
  
 
 và 
1
2
y  hoặc 
3
2
x  và 
1
2
y

 . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 
1
2

, đạt được khi và chỉ khi 
3
2
x

 và 
1
2
y  
hoặc 
3
2
x  và 
1
2
y

 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Một số lưu ý: 
-Trên đây chỉ trình bày một cách giải. Trong quá trình chấm, giám khảo cần linh hoạt sao cho 
có sự công bằng khách quan cho các thí sinh; nếu thí sinh giải theo cách khác chặt chẽ và đúng đắn 
thì vẫn cho điểm tối đa. 
-Trong quá trình giải bài của thí sinh nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả phần 
sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm. 
- Bài hình học, nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình phần nào thì không chấm tương ứng với 
phần đó. 
- Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25 điểm. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm, không làm tròn. 
---------------------------------------------------------