DE DA THI THU VAO 10

Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC M khác A, C; BM cắt AC tại H.. 1 Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp..[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2013-2014 Môn Toán

Thời gian 120 phút Ngày 08 tháng 4 năm 2013

Bài I (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2(x - 2) = 5 - x

2 Giải hệ phương trình:

2

y x

 







Bài II (2,0 điểm)

1 Cho hàm số y = f(x) =

2

1

2x



Tính f(0); f(2); f(

1

2); f( 2)

2 Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0 (ẩn x) Tìm m để phương trình

có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x 12 x22  7

Bài III (2,0 điểm)

1) Cho biểu thức

x 4 A

x 2





 Tính giá trị của A khi x = 36

2) Rút gọn biểu thức

x 16

  (với x 0; x 16  ) 3) Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đường AB dài là 300km

Bài IV (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H Gọi K là hình chiếu của H trên AB

1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp

2) Chứng minh ACM ACK 

3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C

Bài V (1.0 điểm) Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2

x y M

xy





-Hết -MAI THỊ QUỲNH 0976.93.93.89 & 09.434.123.68

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2013-2014 Môn Toán

2

Giải hệ phương trình:

2

y x

x y

 







1.0

2

2 3( 2) 9

y x

 



 



0.25

3 5

x y





 





0.5

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (-3; -5) 0.25

1

Cho hàm số y = f(x) =

2

1

2x



Tính f(0); f(2); f(

1

2); f( 2)

1.0

f(

1

2)=

1 8

2 Cho phương trình: x 2 – (4m – 1)x + 3m 2 – 2m = 0 (ẩn x) Tìm m để

phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện :

2 2

1 2

x + x = 7

1.0

Phương trình đã cho có

 = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 > 0, m

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt m

0.25

Theo ĐL Vi –ét, ta có:

1 2

2

1 2





0.25

Khi đó: x12x22   7 (x1 x2 )2 2x x1 2  7

 (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7  10m2 – 4m – 6 = 0  5m2

– 2m – 3 = 0

0.25

Ta thấy tổng các hệ số: a + b + c = 0 => m = 1 hoặc m =

3 5



Trả lời: Vậy m = 1 hoặc m =

3 5



thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện : x 12 x22  7

0.25

1

Cho biểu thức

x 4 A

x 2





 Tính giá trị của A khi x = 36

0.25

Với x = 36, ta có : A =

36 4 10 5

8 4

36 2





0.25

2

Rút gọn biểu thức

x 16

  (với x 0; x 16  )

0.75

B =

.



0.25

B =

( 16)( 16)

1 ( 16)( 16)



0.25

hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1

giờ Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đường AB dài là 300km.

1.0

Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h) (x>0)

thì vận tốc ô tô thứ hai là x- 10(km/h)

0.25

Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường là:

300

Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường là:

300 10

0.25

Theo bài ra ta có phương trình:

300 300

1 10

0.25

Giải phương trình trên tìm được: x1 = -50 (không thoả mãn); x2 =

60 (thoả mãn)

Vậy vận tốc xe thứ nhất là 60km/h, xe thứ hai là 50 km/h

0.25

IV Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB Bán kính CO vuông

góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C);

BM cắt AC tại H Gọi K là hình chiếu của H trên AB.

1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh ACM ACK 

3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C

3.0

Vẽ hình đúng

H

O

C M

K

E

0.25

1 Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. 1.0

Ta có HCB  900( do chắn nửa đường tròn đk AB) 0.25

 90 0

=> HCB HKB  1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp 0.5

Ta có ACM ABM (do cùng chắn AM của (O)) 0.25

và ACK HCK HBK (vì cùng chắn HK của đtròn đk HB) 0.25

3 Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM Chứng minh tam

giác ECM là tam giác vuông cân tại C 1.0

Vì OC  AB nên C là điểm chính giữa của cung AB

 AC = BC và sd AC sd BC    900

0.25

Xét 2 tam giác MAC và EBC có

MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và MAC = MBC vì cùng chắn

cung MC của (O)

MAC và EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân

tại C (1)

0.25

Ta lại có CMB  450(vì chắn cung CB  900) CEM CMB  450(tính chất tam giác MCE cân tại C)

Mà CME CEM MCE    1800(Tính chất tổng ba góc trong tam giác)MCE  900 (2)

0.25

Từ (1), (2)  tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C 0.25

V Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y  , tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức:

2 2

x y M

xy





1.0

Ta có M =

=

2

4



 

0.25

Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra  x = 2y

x ≥ 2y 

, dấu “=” xảy ra  x = 2y

0.25

Từ đó ta có M ≥ 0 + 4

-3

2=

5

2, dấu “=” xảy ra  x = 2y

0.25

Vậy GTNN của M là

5

2, đạt được khi x = 2y

0.25