DE THI VAO LOP 10 THPT BINH THUAN 20132014 CO DA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi này có 01 trang.. Đường thẳng qua C và vuông góc với AB lần lượt cắt các đường thẳng MA, MB tại K và H.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BÌNH THUẬN

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi này có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học : 2013 – 2014 Khóa ngày : 10/7/2013 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút

(Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ

Bài 1 (2,0 điểm)

Không dùng máy tính cầm tay, giải các phương trình và hệ phương trình sau

x y 1

  



 



Bài 2 (2,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức A  3(5 3 2 2)   24 1 

b) Rút gọn biểu thức B a a 2 1

 , với a > 0

Bài 3 (2,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số y = 2x – 3 trên mặt phẳng tọa độ Oxy

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng (d): y = mx + 1 luôn cắt parabol (P): y = x2 tại hai điểm phân biệt Khi đó tìm m để y1 + y2 + y1.y2 = 7, với y1,

y2là tung độ của các giao điểm

Bài 4 (4,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi M là một điểm nằm trên đường tròn (O) sao cho AM = R; C là một điểm tùy ý trên đoạn OB (C khác B) Đường thẳng qua C và vuông góc với AB lần lượt cắt các đường thẳng MA, MB tại K và H

a) Chứng minh tứ giác AMHC nội tiếp

b) Tinh độ dài đoạn BM và diện tích tam giác MAB theo R

c) Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M cắt CK tại I Chứng minh tam giác MIH đều d) Các đường thẳng KB và MC cắt đường trỏn (O) lần lượt tại E và F Chứng minh

EF song song với KC

HẾT Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:……… Phòng thi:………Số báo danh:………

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1.

a/ Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là: = 12 - 4.1.(-20) = 81> 0,   9

b/ 3x 2y 3 3x 2y 3 5x 5 x 1

x y 1 2x 2y 2 x y 1 y 0

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (1; 0)

Bài 2.

a/ A = 15 2 6 2 6 13(5 3 2 2) 24 1

= 16

b/

2

2

B a 2 , (a > 0)

a a a 1 =

a (a 1) =

a a 1 = , (a > 0)

a 1 a =1



 

















Bài 3.

a/ Đường thẳng y = 2x - 3 đi qua hai điểm: (0; -3) và (1,5; 0)

b/ Phương trình hoành độ giao điểm của ( d) và (P) là:

x2 = m x + 1

x2– mx – 1 = 0 (1)

Vì a.c = 1.(-1)<0 nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m

y = 2x - 3

Do đó (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m

* Tìm m để y1 + y2 + y1.y2 = 7

Áp dụng hệ thức Vi-et cho phương trình (1) ta có: 1 2

1 2

x x m

x x 1



Vì y = x2 nên y1 = x12 và y2 = x22

Do đó: y1 + y2 + y1.y2 = 7

x12 + x22 + (x1.x2)2 = 7 (x1 + x2)2- 2x1.x2 + (x1.x2)2= 7 (3)

Từ (2) và (3) ta có: m2 + 3 = 7

 m2 = 4  m = -2 ; m = 2

Bài 4.

F

I

H

E K

O

M

C

a/ Tứ giác AMHC có:

AMH 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

ACH 90  (CH AB  )

AMH ACH 90 90 180

Vậy: Tứ giác AMHC nội tiếp

b/ AMB vuông tại M  BM  AB 2  AM 2  (2R) 2  R 2  R 3

AMB vuông tại M nên SMAB 1MA.MB 1R.R 3 R 32

c/ IMB MAB  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung

MB)

Tứ giác AMHC nội tiếp

  MAB MHI  (cùng bù với MHC)

Vậy IMH MHI 

Mặt khác AMO đều (vì AM = OA = OM = R)  MAB 60 0

Nên IMH MHI 60   0

Do đó MIH là tam giác đều

d/ KMB 90   0 (vì BM AK) và KCB 90  0 ( vì KCAB)

Tứ giác KMCB nội tiếp

  CKB CMB

  hay CKB FMB 

Mà FEB FMB  (Cùng chắn cung BF)

Do đó CKB FEB  và cũng là hai ở vị trí đồng vị Suy ra EF song song với KC