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

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

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

x y

+ = −



 − =



Câu II( 2 điểm )

1 Rút gọn biểu thức B = 2

1

− +

− − ( với x>0; x≠1)

2 Cho phương trình x2− + − =x 1 m 0 (1)

a Giải phương trình (1) với m =3

b Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x thoả mãn :1, 2

1 2

1 2

1 1

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≤ ≤x 3 và 1 2

2≤ ≤y 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

6x y −7x y−24xy +2x +18y +28xy− −8x 21y+6

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

x y

+ = −



 − =

 <=> <=>

1 2

x y

=



 = −

 KL

Câu II( 2 điểm )

1 Rút gọn biểu thức

B

1

1

x

x

−

−

( với x>0; x≠1)

2 Cho phương trình x2− + − =x 1 m 0 (1)

a Giải phương trình (1) với m =3

Với m =3 phương trình (1) trở thành x2− − =x 2 0

Nhận thấy a-b+c=0 nên pt có 2 nghiệm là x1 = −1;x2 =2

b Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x thoả mãn :1, 2

1 2

1 2

1 1

Ta có ∆ =4m−3

Điều kiện để pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 là :

3

4

1

m

m



− > >

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có 1 2

1 2

1

+ =



1 2

1 1

2(x +x )+ x +x +3x x =0 (**) thay (*) vào (**) ta được : 2

m − m+ = => m1=2; m2 =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 <=> x2 -14x-240 = 0 => x1 = 24(TM) ; x2 = -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)

12 (1) 12

20 6

x y

= +



− =



Giải pt (2) ta được y1 = 24 (tm) ; y2 = -10( không tm)

Thay y =y1 =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 = 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => góc AEM =900 ( vì góc này kề bù với góc AEB)

Xét tứ giác MCAE có:

góc ACM =900 (gt)

góc AEM =900 ( CM trên )

=> góc ACM =900 +góc AEM =1800 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≤ ≤x 3 và 1 2

2≤ ≤y 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

M= 6x y2 2−7x y2 −24xy2+2x2+18y2+28xy− −8x 21y+6

Ta có :

2

0 6 7 2 0 (2)

≤ ≤ ⇒ − ÷ − ÷≤ ⇒ − + ≤