SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THITUYỂNSINH VÀO LỚP10 CHUYÊN
KHÁNHHÒANĂM HỌC: 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)
Ngày thi: 21/06/2013
(Đề thi có 01 trang) (Thời gian: 120 phút - không kể thời gian giao đề)
Bài 1: ( 2,00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
1) Chứng minh:
(
)
22 3 2 10 3 11 2− + =
2) Cho biểu thức P =
( 1)
1
a a a
a
a a
−
−
−
+
với a > 0 và a ≠ 1.
Rút gọn rồi tính giá trị của P tại a = 2014
2
.
Bài 2: (2,00 điểm)
1) Tìm x biết
3 2x 3 8x 12 1 2+ − + = +
2) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3x 4 2(3x 2 ) 11
5 2x 5 11
y y
x y y
− + − = −
− + − = −
Bài 3: (2,00 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P):
2
1
4
y x= −
1) Vẽ đồ thị (P).
2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua
điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho
diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB.
Bài 4: (4,00 điểm)
Cho đường tròn (O; 3cm) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M là
điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác O và C). Tia BM cắt cắt đường tròn (O) tại N.
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh ND là phân giác của
·
ANB
.
3) Tính:
.BM BN
4) Gọi E và F lần lượt là hai điểm thuộc các đường thẳng AC và AD sao cho M là trung
điểm của EF. Nếu cách xác định các điểm E, F và chứng minh rằng tổng (AE + AF) không phụ
thuộc vào vị trí của điểm M.
HẾT
Giám thịkhông giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ………………………… SBD:……………/ Phòng: ……………………
Giám thị 1: …………………………… Giám thị 2: ……………………………………
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: ( 2,00 điểm)
1) Chứng minh:
(
)
22 3 2 10 3 11 2− + =
Ta có:
(
)
22 3 2 10 3 11− + =
2
2( 11 3) 10 3 11
( 11 3) 20 6 11 ( 11 3) ( 11 3)
( 11 3)( 11 3) 11 9 2
= − + =
− + = − + =
= − + = − =
2) P =
( 1)
1
a a a
a
a a
−
−
−
+
(ĐK : a > 0 và a ≠ 1)
Ta có: P=
( 1) 1 1
1
1
1 1 1
a a a a a
a
a
a a a a a
− −
− = − = = −
−
+ + + +
Với a = 2014
2
, ta có : P =
2
2014 1 2014 1 2013− = − =
Bài 2: (2,00 điểm)
1) Tìm x biết
3 2x 3 8x 12 1 2+ − + = +
(ĐK: x ≥ -3/2)
⇔
3 2x 3 2 2x 3 1 2+ − + = +
⇔
2x 3 1 2+ = +
⇔
2 2
( 2x 3) (1 2) 3 2 2+ = + = +
⇔
2x 3 3 2 2+ = =
⇔
x 2=
(thỏa đk)
2) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3x 4 2(3x 2 ) 11
5 2x 5 11
y y
x y y
− + − = −
− + − = −
⇔
2 2
2 2
3x 4 6x 4 11 (1)
3 15 6x 15 33 (2)
y y
x y y
− + − = −
− + − = −
Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y
2
+ 11y = 22 ⇔ y
2
+y – 2= 0 ⇔ y = 1 hoặc y = -2
* Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x
2
+6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)
2
= 0 ⇔ x = -1
* Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x
2
+6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)
2
= 0 ⇔ x = -1
Vậy hpt có nghiệm (x ;y) ∈ { (-1 ;1), (-1 ;-2)}.
Bài 3: (2,00 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P):
2
1
4
y x= −
1) Vẽ đồ thị (P). ( các em tự vẽ)
2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua
điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho
diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB.
Gọi A(x ; 0) và B(0 ; y)
Vì M thuộc (P) có x = 2 nên: y = -1. Vậy M (2 ; -1)
Ta có : S
OMA
=
1
2
.1.OA ; S
OMB
=
1
2
.2.OB
và từ: S
OMA
= 2S
OMB
⇒ OA = 4.OB
hay : x = 4.y ⇔ x = ±4y ⇔
1
4
y
x
= ±
= k
(Với k là hệ số góc của đường thẳng (d) qua M và thỏa điều kiện đề bài).
Đường thẳng qua M(2 ; -1) có hệ số góc k và thỏa điều kiện đề bài là :
(d1) :
1 3
4 2
y x= −
và (d2) : y =
1 1
4 2
x− −
Bài 4: (4,00 điểm)
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.
Ta có :
·
ANB
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa (O))
·
0
90AOM =
(vì AB ⊥CD tạo O)
Suy ra:
·
ANB
+
·
AOM
= 180
0
⇒ tứ giác AOMN nội tiếp.
2) Chứng minh : ND là phân giác của
·
ANB
.
Ta có : AB, CD là đường kính của (O).
AB ⊥ CD (gt) ⇒
»
»
D DA B=
⇒
·
·
D DAN BN=
⇒ ND là phân giác của góc ANB.
3) Tính:
.BM BN
Do ∆BOM # ∆BNA (gg)
⇒
BO BM
BN BA
=
⇒ BM.BN = BO.BA=3.6=18 ⇒
. 18 3 2BN BM = =
cm
•
M
1
•
2
•
-1 •
•
•
A
• B
O •
4) Ta có: ∆ EAF vuông tại A (
·
0
D 90CA =
, E ∈AC, F∈ AD) có M là trung điểm của EF ⇒ MA
= ME = MF ⇒ M là tâm của đường tròn qua M có bán kính MA ⇒ Điểm E, F là giao điểm
của đường tròn (M; MA) với AC và AD.
Ta có: AM = BM ( vì M nằm trên CD là trung trực của AB)
⇒ MA = MB = ME = MF⇒ tứ giác AEBF nội tiếp ⇒
·
·
D EBF A B=
Ta lại có:
·
·
BDF BCE=
= 90
0
,
suy ra:
·
·
DBF CBE=
Xét tam giác BDF và tam giác BCE, ta có: BC = BD ;
·
·
DBF CBE=
;
·
·
BDF BCE=
= 90
0
nên
∆BDF = ∆BCE(gcg) ⇒DF = CE
Vậy : AE + AF = (AC + CE) + AF=AC+(CE+AF) = AC + (DF+AF) = AC+ AD=2AD
Mà ∆OAD vuông cân tại O nên AD =
2 2 2 2
D 3 3 3 2OA O+ = + =
⇒ AE + AF =
6 2
.
Vậy tổng AE + AF không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
(GV Lê Quốc Dũng, THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang)
. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
KHÁNH HÒA NĂM HỌC: 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)
Ngày thi: 21/06/2013
(Đề thi có 01 trang) (Thời gian:.
Bài 1: ( 2,00 điểm)
1) Chứng minh:
(
)
22 3 2 10 3 11 2− + =
Ta có:
(
)
22 3 2 10 3 11− + =
2
2( 11 3) 10 3 11
( 11 3) 20 6 11 ( 11 3) ( 11 3)
( 11 3)(