Đề thi vào lớp 10 THPT năm 2013 - 2014 môn Toán (đợt 2)

Sau khi chuyển 28 cuốn sách từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số cuốn sách ở giá thứ nhất bằng1. 2 số cuốn sách của giá thứ hai..[r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

-KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 14 tháng năm 2013 (Đợt 2)

(Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm): Giải phương trình sau:

1) x2 4x 2)  

2 2x 7 Câu (2,0 điểm):

1) Rút gọn biểu thức

1 1

:

a P

a a a a a



 

  

  

  với a0và a1.

2) Tìm m để đồ thị hàm số y2x2 và y x m   cắt điểm nằm trong góc phần tư thứ II

Câu (2,0 điểm):

1) Hai giá sách thư viện có tất 357 sách Sau chuyển 28 sách từ giá thứ sang giá thứ hai số sách giá thứ

1

2số sách của giá thứ hai Tìm số sách ban đầu giá sách

2) Gọi x x1, 2là hai nghiệm phương trình x25x 0 Tính giá trị biểu thức: Q = x13x32

Câu (3,0 điểm):

Cho tam giác ABC vuông A, kẻ AH vng góc với BC H Trên cạnh BC lấy điểm M (M khác B, C H) Kẻ ME vng góc với AB E; MF vng góc với AC F

1) Chứng minh điểm A, E, F, H nằm đường tròn 2) Chứng minh BE.CF = ME.MF

3) Giả sử MAC 45  0 Chứng minh

BE HB = CF HC. Câu (1,0 điểm):

Cho hai số dương x, y thay đổi thoả mãn xy = 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

1

2

M

x y x y

  

 .

Chữ ký giám thị 1: ……….Chữ ký giám thị 2: ……… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN TỐN KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2013 - 2014 Ngày thi: 14 tháng 07 năm 2013 I) HƯỚNG DẪN CHUNG.

- Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

1 x2 4x

 (1) 1,00

Có (1)  x2 4x0

 4

x x

  

4

x x

    



0,25 0,25 0,25 0,25

2  2

2x 7

(2) 1,00

Có (2)  2x 7

2

x x

 



    

5

x x

    



0,25 0,25 0,25 0,25

2

Rút gọn biểu thức

1 1

:

a P

a a a a a



 

  

  

  với a >0 a1

1,00

Có  

1 1

1 1

a a  a  a a  a  

1

1

a

a a

 



Có  

1

1

a a

a a a a

 



 

Do  

 1

1

a a

a P

a

a a

 

 

 

P =

0,25 0,25 0,25 0,25 Tìm m để đồ thị hàm số y = 2x + y = x + m – cắt điểm

nằm góc phần tư thứ II

1,00 Vì hệ số góc đường thẳng khác nhau(21)( Hoặc nêu hệ sau có nghiệm

duy nhất) nên đường thẳng cho cắt Toạ độ giao điểm hai đồ thị hàm số y = 2x + y = x + m – nghiệm hệ phương trình:

2

y x

y x m

 

 

  



Giải hệ có

9 16

x m

y m

   

 



Vì toạ độ giao điểm nằm góc phần tư thứ II nên

9 16

m m

  



 



8

8

m

m m

 

    

 

0,25 0,25 0,25 Hai giá sách thư viện có tất 357 sách Sau

chuyển 28 sách từ giá thứ sang giá thứ hai số sách giá thứ

1

2số sách giá thứ hai Tìm số sách ban đầu giá sách

1,00

Gọi số sách giá thứ x (x nguyên dương) Số sách giá thứ hai y (y nguyên dương) Theo ta có phương trình x + y = 357 (1)

Sau chuyển số sách giá thứ x – 28 (cuốn); số sách giá thứ hai y + 28 (cuốn)

Theo ta có phương trình  

28 28

2

x  y

(2)

Từ (1) (2) tìm số sách ban đầu giá thứ 147 Và số sách giá thứ hai 210

0,25

0,25 0,25 0,25 Gọi x x1, 2là hai nghiệm phương trình x2 5x 3 0

   (*) Tính giá trị biểu thức:Q = x13x32

1,00

Phương trình (*) có ac = -3 < nên (*) ln có hai nghiệm phân biệt x x1; Theo Vi - et có

1

1

5

x x

x x

 

 

 

Có    

3 3

1 2 2

Q x x  x x  x x x x

 53 3( 3)( 5) 170

Q     

4

E

1

1 F

H

A C

B

M

1 Chứng minh điểm A, E, F, H nằm đường tròn 1,00 Từ giả thiết có AEM 90  0=> E nằm đường trịn đường kính AM

AFM 90  0 => F nằm đường tròn đường kính AM Theo gt có AHM 90  0 => H nằm đường trịn đường kính AM Suy điểm A, E, F, H thuộc đường trịn (đường kính AM)

0,25 0,25 0,25 0,25

2 Chứng minh BE.CF = ME.MF 1,00

Từ giả thiết suy ME // AC => M1 C1

=> hai tam giác vuông BEM MFC đồng dạng

BE MF

ME CF

 

=> BE.CF = ME.MF

0,25 0.25 0,25 0,25

Giả sử MAC 45  0 Chứng minh

BE HB = CF HC

1,00 Từ giả thiết ta có tứ giác AEMF hình chữ nhật

Mà MAC 45  0 nên tứ giác AEMF hình vng => ME = MF Ta có AB2 = BH.BC; AC2 = CH.BC

2

AB HB

AC HC

 

(1) Có hai tam giác vng BEM BAC đồng dạng nên

AB BE

AC ME (2)

Có hai tam giác vng BAC MFC đồng dạng nên

AB MF

AC CF (3)

Từ (2), (3) có 2

AB BE MF BE

AC ME CF CF (vì ME = MF) (4)

Từ (1), (4) có

BE HB = CF HC

0,25 0,25

0,25 0,25 Cho hai số dương x, y thay đổi thoả mãn xy = Tìm giá trị nhỏ

biểu thức

1

2

M

x y x y

  



1,00

2 3

2 2

x y x y

M

xy x y x y

 

   

3

8 2

x y x y

x y

   

    



 

Có

3 3 3

2

8 2 2

x y x y

x y x y

 

     

  Dấu “=” xảy khi

3

8 2

x y

x y



 

 Có

5 5

2

8

x y

xy



  

Dấu “=” xảy 2x = y xy = Do

3 11 4

M   

Dấu “=” xảy x = y = Vậy giá trị nhỏ M

11

4 khi x = y = 2.

0,25 0,25