ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BẮC GIANG pdf

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= 3 27 144 : 36× − 2.Tìm m để hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m 1 2 ≠ ) và (d'): y=3x-2 song song với nhau. 3. Giải hệ phương trình 3 2 1 5 7 x y x y + = −   − =  Câu II( 2 điểm ) 1. Rút gọn biểu thức B = 2 1 x x x x x x − + − − ( với x>0; x ≠ 1) 2. Cho phương trình 2 1 0x x m− + − = (1) a. Giải phương trình (1) với m =3. b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thoả mãn : 1 2 1 2 1 1 2 3 0x x x x   + + + =  ÷   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 1 3x ≤ ≤ và 1 2 2 3 y≤ ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= 2 2 2 2 2 2 6 7 24 2 18 28 8 21 6x y x y xy x y xy x y− − + + + − − + Hướng dẫn Câu I( 3 điểm ) 1. Tính giá trị của biểu thức A= 3 27 144 : 36× − =7 2. Hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m 1 2 ≠ ) và (d'): y=3x-2 song song với nhau khi và chỉ khi a=a' và b ≠ b' <=> <=>m=2( thỏa mãn m 1 2 ≠ ) KL 3. Giải hệ phương trình 3 2 1 5 7 x y x y + = −   − =  <=> <=> 1 2 x y =   = −  KL Câu II( 2 điểm ) 1. Rút gọn biểu thức ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 B 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − − = + = − = − − − − − − − − − − + = − = = = − − − − − ( với x>0; x ≠ 1) 2. Cho phương trình 2 1 0x x m− + − = (1) a. Giải phương trình (1) với m =3. Với m =3 phương trình (1) trở thành 2 2 0x x− − = Nhận thấy a-b+c=0 nên pt có 2 nghiệm là 1 2 1; 2x x= − = b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thoả mãn : 1 2 1 2 1 1 2 3 0x x x x   + + + =  ÷   Ta có 4 3m∆ = − Điều kiện để pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 là : 3 4 3 0 4 1 0 1 m m m m  − > >   ⇔   − ≠   ≠  Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có 1 2 1 2 1 . 1 x x x x m + =   = −  (*) mà 1 2 1 2 1 1 2 3 0x x x x   + + + =  ÷   => ( ) 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 3 0x x x x x x+ + + + = (**) thay (*) vào (**) ta được : 2 5 6 0m m− + = => m 1 =2; m 2 =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 ( x ∈ N) 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 <=> x 2 -14x-240 = 0 => x 1 = 24(TM) ; x 2 = -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 : ( ) ( ) 12 (1) 12 12 20 12 6 (2) 20 6 x y x y y y y y xy x y = +  − =   ⇔   + = + + = +    Giải pt (2) ta được y 1 = 24 (tm) ; y 2 = -10( không tm) Thay y =y 1 =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 = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => góc AEM =90 0 ( vì góc này kề bù với góc AEB) Xét tứ giác MCAE có: góc ACM =90 0 (gt) góc AEM =90 0 ( CM trên ) => góc ACM =90 0 +góc AEM =180 0 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 = 3 2 R => DE =R 3 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 3 . 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 1 3x ≤ ≤ và 1 2 2 3 y≤ ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= 2 2 2 2 2 2 6 7 24 2 18 28 8 21 6x y x y xy x y xy x y− − + + + − − + Ta có : ( ) ( ) 2 2 1 3 1 3 0 4 3 0 (1) 1 2 1 2 0 6 7 2 0 (2) 2 3 2 3 x x x x x y y y y y ≤ ≤ ⇒ − − ≤ => − + ≤    ≤ ≤ ⇒ − − ≤ ⇒ − + ≤  ÷ ÷    . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC : 201 3- 2014 MÔN : TOÁN NGÀY 30/06 /2013 Thời gian làm. x 2 -1 4x-240 = 0 => x 1 = 24(TM) ; x 2 = -1 0( 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>