Đề,Đa TS 10 Nam Định 13 - 14

Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm.. Phương trình nào sau đây có tích hai nghiệm bằng 3?. Số điểm chung của hai đường tròn là: Câu 8A. Mộ

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:

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:

Câu 3 Hệ phương trình 2 3

6

x y

x y







có nghiệm (x; y) là:

Câu 4 Phương trình nào sau đây có tích hai nghiệm bằng 3?

A x2 + x + 3= 0 B.x2 + x – 3 = 0 C x2 – 3x + 1 = 0 D x2 + 5x + 3 = 0

Câu 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số giao điểm của (P) y = x2 và (d) y = 2x+3 là

Câu 6 Trong ABC vuông tại A, AB = 3cm; AC = 4cm Độ dài đường cao ứng với cạnh huyền bằng:

5

12cm

Câu 7 Cho hai đường tròn (O; 3cm) và (O’; 5cm) có OO’= 7cm Số điểm chung của hai đường tròn là:

Câu 8 Một hình nón có bán kính đấy bằng 4cm, đường sinh bằng 5cm Diện tích xung quanh của hình nón bằng:

Phần II – Tự luận (8 điểm)

Câu 1: (1,5 điểm)

: 1

A

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 x2 – 2mx +m2 – 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 x1, x2 thỏa mãn x1(x1 + 2) + x2(x2 + 2) = 10

Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình

6

3

x











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 AE2 = 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 AE EM 1

EM  CM 

Câu 5 (1 điểm) Giải phương trình  3 x2  6 ( 2 x  x  1 1) 2   x3  5 x2  4 x  4

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 x1, x2 là    0 m  1 0 m1

Áp dụng Định lý vi – ét cho phương trình (1) là 1 2 2

1 2

2

x x m

x x m m





 Tính được 2 2 2

x x  m  m

1( 1 2) 2( 2 2) 10 1 2 2( 1 2) 10

x x  x x    x x  x x  2

1 2 1 2 1 2

(x x ) 2x x 2(x x ) 10

 2m26m 8 0  m1;m4

Đối chiếu điều kiện kết luận m = 1 thỏa mãn ycbt

Câu 3 : + Điều kiện: x -1 và y 2

Hệ PT

6

3

x

x y

x y













3

x y

x y







 Đặt 1 ; 1

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 = 900 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 AE2 = 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  EA EA CE CM ME 1 EM



Câu 5 : ĐK 1

2

x 

PT  3 (x x 2)( 2x1 1) (  x 2)(2x2 x2)

 (x-2)( 3x 2x1 3 x) = (x 2)(2x2 x2)



2

2

x









PT (*)

2

x  x   Đặt t = ; 0

x t

x  PTTT : 2t2 3t 2 0 ;giải tìm được t = 2 và t = 1

2

 (Loại)

Với t = 2 ta có 2 2 8 4 0

x

x x

x      Giải tìm được x  4 2 3

KL : PT có 3 nghiệm là x = 2;x  4 2 3