Đề,Đa TS 10 Nam Định 13 - 14

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN THỜI GIAN: 120 PHÚT Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. Câu 1. Điều kiện để biểu thức 1 1 x− có nghĩa là: A. x > 1 B. x < 1 C. x ≥ 1 D. x ≠ 1 Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + 5 (d) đi qua điểm M(-1; 3), hệ số góc của (d) là: A. -1 B. -2 C. 2 D. 3 Câu 3. Hệ phương trình 2 3 6 x y x y + =   − =  có nghiệm (x; y) là: A. (1; 1) B. (7; 1) C. (3; 3) D. (3; -3) Câu 4. Phương trình nào sau đây có tích hai nghiệm bằng 3? A. x 2 + x + 3= 0 B.x 2 + x – 3 = 0 C. x 2 – 3x + 1 = 0 D. x 2 + 5x + 3 = 0 Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số giao điểm của (P) y = x 2 và (d) y = 2x+3 là A. 2 B. 1 C. 0 D. 3 Câu 6. Trong ∆ABC vuông tại A, AB = 3cm; AC = 4cm. Độ dài đường cao ứng với cạnh huyền bằng: A. 7cm B. 1cm C. 12 5 cm D. 5 12 cm Câu 7. Cho hai đường tròn (O; 3cm) và (O’; 5cm) có OO’= 7cm. Số điểm chung của hai đường tròn là: A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Câu 8. Một hình nón có bán kính đấy bằng 4cm, đường sinh bằng 5cm. Diện tích xung quanh của hình nón bằng: A. 20 π cm 2 B. 15 π cm 2 C. 12 π cm 2 D. 40 π cm 2 Phần II – Tự luận (8 điểm) Câu 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức 2 2 : 1 2 1 1 x x x A x x x x   + − = −  ÷ − + + +   với x > 0; x ≠ 1 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A có giá trị nguyên. Câu 2: (1,5 điểm) Cho phương trình x 2 – 2mx +m 2 – m – 1 = 0(1), với m là tham số 1) giải phương trình (1) khi m = 1 2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn x 1 (x 1 + 2) + x 2 (x 2 + 2) = 10 Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 6 1 2 5 1 3 1 2 x x y x y +  + =  + −    − =  + −  Câu 4 (3 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C (C không trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng CD tại E. H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với (O) (K không trùng với B). 1) Chứng minh AE 2 = EK.EB 2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. 3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh 1 AE EM EM CM − = Câu 5. (1 điểm) Giải phương trình ( ) 2 3 2 3 6 ( 2 1 1) 2 5 4 4x x x x x x− − + = − + − ĐỀ CHÍNH THỨC HDGIẢI Phần I : Trắc Nghiệm 1B; 2C; 3D; 4D; 5A; 6C; 7B; 8A. Phần II : Tự luận Câu 2 : 2) Điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 là 0 1 0 1m m ′ ∆ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − Áp dụng Định lý vi – ét cho phương trình (1) là 1 2 2 1 2 2 . 1 x x m x x m m + =   = − −  Tính được 2 2 2 1 2 2 4 2x x m m+ = + + + Biến đổi 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 ( 2) ( 2) 10 2( ) 10x x x x x x x x+ + + = ⇔ + + + = 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 2( ) 10x x x x x x⇔ + − + + = 2 2 6 8 0 1; 4m m m m⇔ + − = ⇔ = = − Đối chiếu điều kiện kết luận m = 1 thỏa mãn ycbt Câu 3 : + Điều kiện: x ≠ -1 và y ≠ 2. Hệ PT 2 2 6 1 2 5 1 3. 1 2 x x y x y +  + =  + −    − =  + −  ⇔ 1 2 1 6 1 2 5 1 3. 1 2 x y x y  + + =  + −    − =  + −  Đặt 1 1 ; 1 2 u v x y = = + − ta được hệ PT 2 5 5 3. u v u v + =   − =  Giải hệ PT này ta được u = 1; v = 2 Từ đó tìm được (x = 0; y = 5 2 ) (tmđk) Câu 4 : (Bạn đọc tự vẽ hình) 1) - Tam giác AEB vuông tại A. - Ta có góc AKB = 90 0 suy ra AK là đường cao của tam giác vuông AEB. - Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông AEB ta có AE 2 = EK 2) – Dễ thấy tứ giác AHKE nội tiếp suy ra góc EHK = góc EAK - Ta có góc EAK = góc ABE - Suy ra góc EHK = góc OBK ⇒ góc OBK + góc OHK = góc EHK + góc OHK = 2.v ⇒ tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. 3) Ta có góc OEA = góc OEM (T/C tt) góc OEA = góc EOM (So le trong) ⇒ góc OEM = góc EOM ⇒ ∆ MOE cân tại M ⇒ MO = ME Lại có OM // AE ⇒ 1 EA EA CE CM ME EM EM OM CM CM CM + = = = = + Từ đó ⇒ đpcm Câu 5 : ĐK 1 2 x ≥ PT ⇔ 2 3 ( 2)( 2 1 1) ( 2)(2 2)x x x x x x− − + = − − + ⇔ (x-2)( 3 2 1 3x x x− + ) = 2 ( 2)(2 2)x x x− − + ⇔ 2 2 3 2 1 2 2(2 1)(*) x x x x x =   − = − −  PT (*) ⇔ 2 2 3 2 0 2 1 2 1 x x x x − − = − − Đặt t = ; 0 2 1 x t x > − PTTT : 2 2 3 2 0t t− − = ;giải tìm được t = 2 và t = 1 2 − (Loại) Với t = 2 ta có 2 2 8 4 0 2 1 x x x x = ⇔ − + = − Giải tìm được 4 2 3x = ± KL : PT có 3 nghiệm là x = 2; 4 2 3x = ± . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2 013 – 2 014 MÔN THI: TOÁN THỜI GIAN: 120 PHÚT Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm). Hãy. đi qua điểm M (-1 ; 3), hệ số góc của (d) là: A. -1 B. -2 C. 2 D. 3 Câu 3. Hệ phương trình 2 3 6 x y x y + =   − =  có nghiệm (x; y) là: A. (1; 1) B. (7; 1) C. (3; 3) D. (3; -3 ) Câu 4. Phương. Áp dụng Định lý vi – ét cho phương trình (1) là 1 2 2 1 2 2 . 1 x x m x x m m + =   = − −  Tính được 2 2 2 1 2 2 4 2x x m m+ = + + + Biến đổi 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 ( 2) ( 2) 10 2( ) 10x x