tập đề thi tuyển vào lớp 10 năm 2013 - 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Phần I- Trắc nghiệm(2,0 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. 1x > . B. 1x < . C. 1x ≥ . D. 1x ≠ . Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng ax 5y = + (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. 2 3 0x x+ + = . B. 2 3 0x x+ − = . C. 2 3 1 0x x− + = . D. 2 5 3 0x x+ + = . Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số giao điểm của parabol y = x 2 và đường thẳng y= 2x + 3 là A. 2. B. 1. C. 0. D. 3. Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, có 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 O , O = 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 đáy 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 (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A = 2 2 : 1 2 1 1 x x x x x x x   + − −  ÷  ÷ − + + +   với x > 0 và x 1≠ . 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A có giá trị là số 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 điều kiện 1 1 2 2 ( 2) ( 2) 10x x x x+ + + = . Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 6 1 2 5 1 3. 1 2 x x y x y +  + =  + −    − =  + −  Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (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. Gọi H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường tòn (O) (K không trùng với B). 1) Chứng minh AE 2 = EK . EB. ĐỀ CHÍNH THỨC 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. (1,0 điểm. Giải phương trình : ( ) ( ) 2 3 2 3 6 2 1 1 2 5 4 4.x x x x x x− − + = − + − Hết Họ tên thí sinh:………………………………………………….Chữ ký giám thị 1 ……………………………………… Số báo danh:….……………………………………………………Chữ ký giám thị 1 ……………………………………… HƯỚNG DẪN GIẢI Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án B C C D A C B A Phần II: Tự luận (8,0 điểm) Bài Lời giải Bài 1 1,5đ 1) Rút gọn biểu thức A = 2 1x − 2) Với x > 0 và x 1≠ ta có A = 2 1x − Chỉ ra khi A có giá trị là số nguyên khi và chỉ khi x – 1 là ước của 2. Từ đó tìm được x = 2 và x = 3 thỏa mãn điều kiện đề bài. Bài 2 1,5đ 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. Thay m = 1 vào (1) rồi giả phương trình tìm được 1 2x = ± 2) Xác định m để (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện 1 1 2 2 ( 2) ( 2) 10x x x x+ + + = . + Chỉ ra điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 là 0 1m ′ ∆ ≥ ⇔ ≥ − + 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+ + + = ⇔ + + + = , tìm được m = 1; m = -4. Đối chiếu điều kiện kết luận m = 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Bài 3 1,0đ Giải hệ phương trình 2 2 6 1 2 5 1 3. 1 2 x x y x y +  + =  + −    − =  + −  + Điều kiện: x ≠ -1 và y ≠ 2. + Giải hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x = 0; y = 5 2 ) Bài Giải phương trình : ( ) ( ) 2 3 2 3 6 2 1 1 2 5 4 2.x x x x x x− − + = − + − 5 1,0đ + Điều kiện 1 2 x ≥ + Biến đổi phương trình đã cho trở thành phương trình tương đương ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 1 1 (2 2) 0 3 2 1 1 (2 2) 0 x x x x x x x x x x =     − − + − − + = ⇔   − + − − + =   + Giải phương trình ( ) ( ) 2 3 2 1 1 (2 2) 0 3 2 1 1 (2 1) 2 0x x x x x x x x− + − − + = ⇔ − + − − − = (2) Đặt 2 1x t− = với 0t ≥ suy ra 2 1 2 t x + = thay vào phương trình (2) ta được t 4 − 3t 3 − 2t 2 − 3t + 1 = 0 ⇔ (t 2 + t + 1)(t 2 – 4t + 1) = 0 ⇔ t 2 – 4t + 1 = 0 2 3t⇔ = ± Từ đó tìm được 4 2 3( )x tm= ± + Kết luận phương trình đã cho có 3 nghiệm là x = 2 và 4 2 3x = ± Bài 4 3,0đ 1) Chứng minh AE 2 = EK . EB. + Chỉ ra tam giác AEB vuông tại A. + Chi ra 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 . EB 2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. + Chỉ ra tứ giác AHKE nội tiếp suy ra góc EHK = góc EAK + Chỉ ra góc EAK = góc EBA + Suy ra tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 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 − = . + Chỉ ra tam giác OEM cân tại E suy ra ME = MO. + Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý ta – lét trong tam giác CEA ta có CE AE CM OM = + Ta có 1 1 CE AE CE CM AE OM EM AE AE EM CM OM CM OM CM OM OM CM − − = ⇒ = ⇒ = − ⇒ − = Mà ME = MO nên suy ra 1 AE EM EM CM − = (đpcm) M K H E D B O A C sở giáo dục - đào tạo hà nam kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt Năm học: 2013 - 2014 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,5 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: A = a a a 1 a 1 a 1 + (a 0;a 1) B = 4 2 3 6 8 2 2 3 + + + Câu 2: (2,0 điểm) a) Gii phng trình: x 2 - 6x - 7 = 0 b) Gii h phng trình: 2x y 1 2(1 x) 3y 7 = + = Câu 3: (1,5 điểm) Cho phơng trình: x 2 + 2(m 1)x 2m 3 = 0 (m là tham số). a) Chứng minh phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 m R . b) Tìm giá trị của m sao cho (4x 1 + 5)(4x 2 + 5) + 19 = 0. Câu 4: (4,0 điểm) Cho đờng tròn tâm O, đờng kính AB. Lấy điểm C thuộc (O) (C không trùng với A, B), M là điểm chính giữa cung nhỏ AC. Các đờng thẳng AM và BC cắt nhau tại I, các đờng thẳng AC và BM cắt nhau tại K. a) Chng minh rng: ã ã ABM IBM= và ABI cân b) Chng minh t giác MICK nội tiếp c) Đờng thẳng BM cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở N. Chứng minh đờng thẳng NI là tiếp tuyến của đờng tròn (B;BA) và NI MO. d) Đờng tròn ngoại tiếp BIK cắt đờng tròn (B;BA) tại D (D không trùng với I). Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng. Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dơng x, y thỏa mãn y 2x 3 1 2x 3 y 1 + + = + + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = xy 3y - 2x 3. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: sở giáo dục - đào tạo hà nam kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt Năm học: 2013 - 2014 Hớng dẫn chấm Môn Toán dự thảo Đề chính thức Câu 1: (1,5 điểm) a) A = a a a 1 a 1 a 1 + = a( a 1) a 1 a a 1 1 ( a 1)( a 1) a 1 a 1 a 1 + = = + + + + 0,75 đ b) B = 4 2 3 6 8 2 2 3 + + + = 2 2 3 2 2 2 6 (2 2 3) 2(2 2 3) 2 2 3 2 2 3 + + + + + + = + + = (1 2)(2 2 3) 1 2 2 2 3 + + = + + 0,75 đ Câu 2: (2,0 điểm) a) x 2 - 6x - 7 = 0 2 x 7x x 7 0 x(x 7) (x 7) 0 + = + = x 7 0 x 7 (x 7)(x 1) 0 x 1 0 x 1 = = + = + = = Vậy: S = { } 7; 1 1,0 đ b) 2x y 1 y 2x 1 2(1 x) 3y 7 2 2x 3(2x 1) 7 = = + = + = y 2x 1 y 2x 1 y 4 1 3 2 2x 6x 3 7 0 4x 8 x 2 = = = = + = = = Vậy: (x; y) = (2; 3) 1,0 đ Câu 3: (1,5 điểm) x 2 + 2(m 1)x 2m 3 = 0 (1) a) Có: / = (m 1) 2 (- 2m 3) = m 2 2m + 1 + 2m + 3 = m 2 + 4 4 > 0 với mọi m / > 0 với mọi m Nên phơng trình đã cho có 2 nghiện phân biệt x 1 ; x 2 m R (Đpcm) 0,75 đ b) Theo bài ra, ta có: (4x 1 + 5)(4x 2 + 5) + 19 = 0 1 2 1 2 16x x 20x 20x 25 19 0+ + + + = 1 2 1 2 16x x 20(x x ) 44 0 + + + = (2) 0,25 đ áp dụng hệ thức Vi ét, ta có: (3) 1 2 1 2 b x x 2(m 1) 2 2m a c x .x 2m 3 a + = = = = = 0,25 đ Thay (3) vào (2), ta có: 16( 2m 3) 20(2 2m) 44 0 + + = 32m 48 40 40m 44 0 + + = 0,25 đ 1 72m 36 m 2 = = Vậy với m = 1 2 thì (4x 1 + 5)(4x 2 + 5) + 19 = 0. Câu 4: (4,0 điểm) Hình vẽ: 0,25 đ a) Chng minh rng: ã ã ABM IBM= và ABI cân Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ BC (GT) ẳ ẳ AM MC = Mà: ã ẳ ã ẳ 1 ABM SdAM 2 1 IBM SdMC 2 = = (Định lý góc nội tiếp) ã ã ABM IBM = (Hệ quả góc nội tiếp) 0,5 đ Có: M (O) và AB là đờng kính ã 0 AMB 90 = (Hệ quả góc nội tiếp) BM AI tại M. Xét ABI có: BM là đờng cao đồng thời là đờng phân giác Nên: ABI cân tại B (Dấu hiệu nhận biết tam giác cân) 0,5 đ b) Có: C (O) và AB là đờng kính ã 0 ACB 90 = (Hệ quả góc nội tiếp) AC BI tại C ã 0 KCI 90 = Mặt khác: ã 0 KMI 90= (Vì BM AI) ã ã 0 IMK KCI 180 + = Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau Vậy MICK là tứ giác nội tiếp (Đpcm) 1,0 đ c) Có: ABI cân tại B (cma) BA = BI mà BA là bán kính của (B;BA) I (B;BA) (1) Vì AN là tiếp tuyến của (O) (GT) AN AB tại A ã 0 BAN 90= Xét ABN và IBN có: AB = BI ( vì ABI cân tại B) ã ã ABN IBN= (cma) ABN = IBN (c.g.c) BN cạnh chung ã ã NAB NIB= (2 góc t/) mà: ã 0 NAB 90= ã 0 NIB 90= NI IB (2) Từ (1) và (2) suy ra: NI là tiếp tuyến của(B;BA) (Đpcm) 0,5 đ Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ BC (GT) OM AC (Đờng kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì vuông góc với dây căng cung ấy) Mà: AC BI tại C (cmb) OM//BI ( cùng vuông góc AC) Mặt khác: NI IB (cmt) OM NI (Từ đến //) 0,5 đ d) Có: ã ã 1 IDA IBA 2 = (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AI của (B;BA); mà: ã ã 1 IBN IBA 2 = (vì ã ã ABM IBM= ,cma) ã ã IDA IBN = M ã ã IDK IBN= (cùng chn IK ca đờng tròn ngoại tiếp IKB) ã ã IDA IDK= A, K, D thng h ng A, C, D thng h ng (Vì A, K, C th ng h ng) 0,75 đ Câu 5: (1,0 điểm) y 2x 3 1 2x 3 y 1 + + = + + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 y y y (2x 3) 2x 3 2x 3 y 2x 3 y (2x 3) 0 y 2x 3 y y(2x 3) 2x 3 y 2x 3 0 + = + + + + + + + = + + + + + + + + = Có y y. 2x 3 2x 3 y 2x 3+ + + + + + + vi mi x, y dng y 2x 3 + = 0 y = 2x + 3 0,5 đ Q = x(2x + 3) 3(2x + 3 ) 2x 3 = 2x 2 + 3x 6x - 9 2x -3 = 2x 2 5x 12 = 2 5 2 x x 12 2 ữ = 2 5 25 25 2 x 2.x. 12 4 16 8 + ữ = 2 5 121 121 2 x 4 8 8 ữ với mọi x > 0 Dấu bằng xảy ra khi x - 5 4 = 0 5 5 22 11 x y 2. 3 4 4 4 2 = = + = = 0,5 đ GTNN của Q = 121 5 x 8 4 = và y = 11 2 Hết Lu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tơng đơng theo từng phần nh đáp án. S GIO DC V O TO K THI TUYN SINH VO LP 10 CHUYấN KHNH HềA NM HC: 2013 2014 MễN THI: TON (KHễNG CHUYấN) Ngy thi: 21/06/2013 ( thi cú 01 trang) (Thi gian: 120 phỳt - khụng k thi gian giao ) Bi 1: ( 2,00 im) (Khụng dựng mỏy tớnh cm tay) 1) Chng minh: ( ) 22 3 2 10 3 11 2 + = 2) Cho biu thc P = ( 1) 1 a a a a a a + vi a > 0 v a 1. Rỳt gn ri tớnh giỏ tr ca P ti a = 2014 2 . Bi 2: (2,00 im) 1) Tỡm x bit 3 2x 3 8x 12 1 2+ + = + 2) Gii h phng trỡnh: 2 2 2 2 3x 4 2(3x 2 ) 11 5 2x 5 11 y y x y y + = + = Bi 3: (2,00 im) Trong mt phng ta Oxy, cho parapol (P): 2 1 4 y x= 1) V th (P). 2) Gi M l im thuc (P) cú honh x = 2. Lp phng trỡnh ng thng i qua im M ng thi ct trc honh v trc tung ln lt ti hai im phõn bit A v B sao cho din tớch tam giỏc OMA gp ụi din tớch tam giỏc OMB. Bi 4: (4,00 im) Cho ng trũn (O; 3cm) cú hai ng kớnh AB v CD vuụng gúc vi nhau. Gi M l im tựy ý thuc on OC ( M khỏc O v C). Tia BM ct ct ng trũn (O) ti N. 1) Chng minh AOMN l mt t giỏc ni tip. 2) Chng minh ND l phõn giỏc ca ã ANB . 3) Tớnh: .BM BN 4) Gi E v F ln lt l hai im thuc cỏc ng thng AC v AD sao cho M l trung im ca EF. Nu cỏch xỏc nh cỏc im E, F v chng minh rng tng (AE + AF) khụng ph thuc vo v trớ ca im M. HT Giỏm th khụng gii thớch gỡ thờm. H tờn thớ sinh: SBD:/ Phũng: Giỏm th 1: Giỏm th 2: HNG DN GII Bi 1: ( 2,00 im) CHNH THC 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). • M 1 • 2 • -1 • • • A • B O • 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 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) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013- 2014 Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013 Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình (2x + 1) 2 + (x – 3) 2 = 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC [...]... x 2 2 x + 2014 A= Ax 2 = x 2 2 x + 2014 ( A 1) x 2 + 2 x 2014 = 0 ( 1) 2 x * Vi A = 1 x = 100 7 * Vi A 1 PT (1) l pt bc 2 n x cú ' = 1 + 2014 ( A 1) = 1 + 2014 A 2014 = 2014 A 2013 Gii hn: Khi PT (1) cú nghim khi ' 0 2014 A 2013 0 A Kt hp vi trng hp A=1 ta cú Amin = S GD&T NGH AN chớnh thc 2013 2014 2013 2014 K THI TUYN SINH VO LP 1 THPT NM HC 2013 2014 Mụn thi: TON Thi gian lm... x(50-x) Nu tng chiu rng 3m thỡ chiu rng mi l x+3; gim chiu di 4 m thỡ chiu di mi l 46-x Din tớch mi ca mnh vn l: (x+3)(46-x) Theo bi ra ta cú phng trỡnh: x(50-x )-( x+3)(46-x)=2 50x-x 2-4 3x+x 2-1 38=2 7x=140 x=20 (TM) Vy din tớch ca mnh vn l 20(5 0-2 0)=600 m2 Khi m = 2 pt tr thnh x2 - 6x + 8 = 0 Ta cú D ' = 1 Suy ra pt cú hai nghim l: x1 = 4 x2 = 2 pt (1) cú hai nghim x1; x2 D ' 0 3 2 ( m + 1) - (... a+b b+c c+a 4 4 4 2 2 2 2 2 a b c 1 + + Vy a+b b+c c+a 2 S GIO DC V O TO QUNG NINH THI CHNH THC K THI TUYN SINH LP 10 THPT NGUYN BèNH NM HC 201 3- 2014 MễN : TON (Dựng cho mi thớ sinh) Ngy thi : 14/6 /2013 Thi gian lm bi : 120 phỳt (Khụng k thi gian giao bi) ( thi ny cú 1 trang) Cõu I(2,0 im) Cho biu thc: P = x+2 x +1 x +1 + vi x 0 v x 1 x x 1 x + x +1 x 1 a.Rỳt gn biu... l x (sn phm) K: x > 10; x Z Do ú: S sn phm t d nh lm trong mi ngy l: x 10 (sn phm) 240 Thi gian t hon thnh cụng vic trong thc t l: (ngy) x 240 Thi gian t hon thnh cụng vic theo d nh l: (ngy) x 10 Vỡ t ó hon thnh cụng vic sm hn d nh 2 ngy, do ú ta cú phng trỡnh: 240 240 =2 x 10 x Gii pt: 240 240 120 120 =2 = 1 120 x 120 x + 1200 = x 2 10 x x 2 10 x 1200 = 0 x 10 x x 10 x ' = 25 + 1200... c+a 2 - Ht S GD&T NGH AN K THI TUYN SINH VO LP 10 THPT NM HC 2013 - 2014 P N MễN: TON Cõu í Cõu a, Ni Dung ỡ x 0 ù ù x - 4ạ 0 ù ợ KX: ớ ỡ x 0 ù ớ ù xạ 4 ù ợ 2 1 2+ x 2 1 x + = ( x + 2) = P= ữ: x + 2 x + 2 ( x 2)( x + 2) x 2 x4 1 b, Cõu 2 a, (1,0 im) Cõu 3 b, 3 2 x 3 = x- 2 2 2 x = 3 x - 6 x = 6 x = 36 (TMKX) P= Gi x (m) l chiu rng ca mnh vn ( 0 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Phần I- Trắc nghiệm(2,0 điểm) Hãy chọn. = (đpcm) M K H E D B O A C sở giáo dục - đào tạo hà nam kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt Năm học: 2013 - 2014 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1,5 điểm) Rút. = xy 3y - 2x 3. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: sở giáo dục - đào tạo hà nam kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt Năm học: 2013 - 2014 Hớng