De huong dan giai TS 10 Mon Toan tinh Lao Cai

Qua D dựng đường thẳng vuông góc với AB tại M, lấy điểm N đối xứng với D qua M.. Từ giao điểm P của AB và CN, hạ đoạn thẳng PQ vuông góc với BC tại Q.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÀO CAI

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

(đề thi có 01 trang)

Câu 1 (1,5 điểm) Tính:

a) 100

b)

2  4

c)

27

2 8

3



Câu 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức P  x 1 2 2x 6 x

x 3



 với x ≥ 0 a) Rút gọn biểu thức P

b)Tìm x sao cho P có giá trị là 2013

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Biết rằng đồ thị của hàm số y = 2x + a đi qua điểm M(-1;3) Tìm a

b) Giải hệ phương trình

x 2y 3





 



Câu 4 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình bậc hai 2x2   x 1 0 

b) Tìm giá trị của m để phương trình x2 + 6x – m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2

sao cho x12 x22 x x1 2  30

Câu 5 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A Gọi D là trung điểm của cạnh BC Qua D dựng đường thẳng vuông góc với AB tại M, lấy điểm N đối xứng với D qua M Từ giao điểm P của AB và CN, hạ đoạn thẳng PQ vuông góc với BC tại Q Các tia CP và QM cắt nhau tại E

a) Chứng minh tứ giác MPDQ nội tiếp một đường tròn

b) Chứng minh BE vuông góc với CN

c) Chứng minh tia EC là tia phân giác của AEQ.

……….HẾT………

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Chữ kí của giám thị số 1: ……….; Chữ kí của giám thị số 2: ………

Họ và tên thí sinh: ………; Số báo danh: ………

Gợi ý, hướng dẫn giải:

Câu 1 (1,5 điểm) Tính:

a) 100 10 

b)

2

2  4   2 2   2

c)

3 3

Câu 2 (1,5 điểm)

a) P  x 1 2 2x 6 x  x 2 x 1  2 x  x 3 





b) P có giá trị là 2013  x 1 2013    x 2013 1    x 2012 

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Đồ thị của hàm số y = 2x + a đi qua điểm M(-1;3) nên

 

3 2 1     a a 2 3    a 5 

Vậy a = 5 là giá trị cần tìm

b)

Hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (-3;3)

Câu 4 (2,0 điểm)

a) Phương trình2x2   x 1 0  có a – b + c = 2 – 1 + (-1) = 0 nên có hai nghiệm

1

x  1 và 2

1 x

2



b) Phương trình x2 + 6x – m = 0 có nghiệm    ' 32  1 m     0

m 9 0

    m  9 (*)

Khi đó theo định lí vi-et ta có

1 2

x x m

 









Do đó x12  x22  x x1 2  30   x1 x22 x x1 2  30    6 2    m   30

Kết hợp với (*) ta có m = - 6 là giá trị cần tìm

Câu 5 (3,0 điểm)

a) Ta có PQD 90   0 (vì PQ BC  ) (1)

DM // AC mà AB AC   AB DM   PMD 90   0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra hai điểm Q và M cùng nằm trên đường tròn đường kính PD hay tứ giác MPDQ nội tiếp

b) Gọi F là giao điểm của QP và AC

PQB

 vuông tại B có PBQ 45   0   BPQ vuông cân tại Q

APF

 vuông tại A có FPA BPQ 45     0(vì đối đỉnh)   APF vuông cân tại A APC

 và  AFB có AP = AF ( vì  APF vuông cân tại A)

PAC BAF 90     0

AC = AB ( vì  ABC vuông cân tại A)

Suy ra  APC =  AFB (c.g.c) Suy ra ACP ABF   

Mặt khác APC BPE    (do đối đỉnh)

Nên PBE BPE ABF BPE ACP APC 90             0 (do  APC vuông tại A) Trong  PEB có PBE BPE 90     0  BEP 90   0  CNB  hay BE CN 

c) Tứ giác MPDQ nội tiếp  PQM PDM    (3)

Mà PDM PNM;    PNM PCA    nên PQM PCA   

Tứ giác APQC nội tiếp  PQA PCA    (4); PAQ PCQ    (5)

Từ (3) và (4) suy ra PQM   PQA  hay tia QP là tia phân giác của MQA

Tứ giác EFAP nội tiếp  EFP EAP    mà EFP ECB    (vì hai góc cùng phụ với

EBC) nên EAP ECB    (6)

Từ (5) và (6) suy ra  EAP PAQ    hay AP là tia phân giác của EAQ

AEQ

 có hai tia phân giác AP, QP cắt nhau tại P nên EP là tia phân giác của AEQ Hay EC là tia phân giác của AEQ