ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 NĂM 2013 2014 TỈNH BÌNH THUẬN

3 4.6K 20
ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 NĂM 2013 2014 TỈNH BÌNH THUẬN

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH THUẬN Năm học : 20132014 Khoá ngày : 12/07/2013 Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 120 phút (Đề thi có 01 trang) (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ Bài 1. (2,0 điểm) a. Giải phương trình: 2 20 0+ − =x x ; b. Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: 3 2 3 1 − =   + =  x y x y . Bài 2. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a. ( ) 3 5 3 2 2 24 1= − + +P ; b. 1 2 1 = + + + a Q a a a với 0 > a Bài 3. (2,0 điểm) a. Vẽ đồ thị của các hàm số y = 2x – 3. b. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng (d): y = mx + 1 luôn cắt (P): y = x 2 tại hai điểm phân biệt. Khi đó tìm m để y 1 + y 2 + y 1 y 2 = 7 với y 1 , y 2 là tung độ của các giao điểm. Bài 4. (4,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm (O;R) đường kính AB. Gọi M là điểm trên (O) sao cho AM = R, C là 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. Tính độ dài đoạn thẳng BM và diện tích tam giác MAB theo R c. Tiếp tuyến của (O) tại M cắt CK tại I. Chứng minh: tam giác MIH đều. d. Các đường thẳng KB và MC cắt (O) lần lượt tại E và F. Chứng minh EF // KC. HẾT Giám thị không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hội đồng coi thi: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Phòng thi số: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2012 – 2013. KHÓA NGÀY: 12/07/2012 MÔN THI: TOÁN Bài 1. (2,0 điểm) a. Giải phương trình: 2 20 0+ − =x x b. Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: 3 2 3 1 − =   + =  x y x y . Giải: a. ( ) 2 2 4. . 1 4.1. 20 81 0 81 9∆ = − = − − = > ⇒ ∆ = =b a c Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1 1 9 5 2 2.1 − − ∆ − − = = = − b x a ; 2 1 9 4 2 2.1 − + ∆ − + = = = b x a b. 3 2 3 3 2 3 5 5 1 1 2 2 2 1 0 − = − = = =     ⇔ ⇔ ⇔     + = + = + = =     x y x y x x x y x y x y y . Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất: (1; 0) Bài 2. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a. ( ) 3 5 3 2 2 24 1 15 2 6 2 6 1 16= − + + = − + + =P b. 2 1 2 1 1 2 . 1 1 1 1 + + + = + + = = = + + + a a a a a a Q a a a a a a a với 0>a Bài 3. (2,0 điểm) a. Vẽ đồ thị của hai hàm số x 0 1 2 3= −y x -3 -1 b. PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là 2 2 1 1 0= + ⇔ − − =x mx x mx ( ) ( ) 2 2 2 4. . 4.1. 1 4 0∆ = − = − − − = + >b a c m m với mọi m ( vì m 2 ≥ 0 với mọi m) Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m Giả sử (d) cắt (P) tại ( ) 1 1 ;A x y và ( ) 2 2 ;B x y với x 1 ; x 2 là 2 hoành độ giao điểm Ta có 2 2 1 1 2 2 ;y x y x= = Theo hệ thức Vi-ét ta có: + = − = = = − 1 2 1 2 ; 1 b c x x m x x a a Theo đề bài: y 1 + y 2 + y 1 y 2 = 7 hay ( ) 2 2 2 1 2 1 2 7x x x x+ + = ( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ + + − + = ⇔ + − + = ⇔ − − + − = ⇔ + + = ⇔ = ⇔ = = − 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 7 2 7 2.( 1) ( 1) 7 2 1 7 4 2; 2 x x x x x x x x x x x x x x m m m m m Vậy m = 2; m = -2 thì y 1 + y 2 + y 1 y 2 = 7 với y 1 , y 2 là tung độ của các giao điểm. Bài 4. (4,0 điểm) a. Chứng minh: Tứ giác AMHC nội tiếp. · 90= o AMB (góc nội tiếp chắn nửa (O)); · 90 o ACH = (gt) Tứ giác AMHC có · · 180 o AMH ACH+ = Vậy tứ giác AMHC nội tiếp b. Tính độ dài đoạn thẳng BM và diện tích tam giác MAB theo R Tam giác AMB vuông tại M. theo định lí Py-ta-go Ta có AB 2 = AM 2 + MB 2 MB 2 = AB 2 – AM 2 = (2R) 2 – R 2 = 3R 2 . 3MB R⇒ = Diện tích tam giác AMB: 2 1 1 . . 3 2 2 AMB S AM MB R ∆ = = c. Tiếp tuyến của (O) tại M cắt CK tại I. Chứng minh: tam giác MIH đều. Tam giác OAM có: OA = OM = AM = R Do đó, tam giác OAM đều · 60 o MAB⇒ = Xét tam giác MIH có: · · 60 o IMH MAB= = (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn ¼ MB ) Tứ giác AMHC nội tiếp · · 60 o MHI MAB⇒ = = (cùng bù với · MHC ) Vậy tam giác MIH đều d. Các đường thẳng KB và MC cắt (O) lần lượt tại E và F. Chứng minh EF // KC. Tứ giác BCMK có · · o BCK BMK 90= = Do đó, BCMK nội tiếp. · · » ⇒ = = 1 BKC BMC sñ BC 2 ( hệ quả định lí góc nội tiếp) Mà · · » = = 1 BEF BMC sñ BF 2 ( hệ quả định lí góc nội tiếp) Nên · · =BKC BEF . Vậy EF // KC Cách khác Tam giác KAB có 2 đường cao KC và BM cắt nhau tại H ⇒ H là trực tâm, nên AH là dường cao thứ ba AH KB⇒ ⊥ Mà · 90 o AEB = (góc nội tiếp chắn nửa (O)) Nên AE KB⊥ Do đó A, H, E thẳng hàng. Ta có · · » 1 2 AMF AEF sñ AF= = ( hệ quả định lí góc nội tiếp) Mà · · » 1 2 AMF AHC sñ AC= = ( hệ quả định lí góc nội tiếp) Nên · · AEF AHC= . Vậy EF // KC Giáo viên giải: PHAN QUỐC BÌNH (Tổ Toán – Lí – Trường THCS Lương Sơn) . GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH THUẬN Năm học : 2013 – 2014 Khoá ngày : 12/07 /2013 Môn thi : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 120 phút (Đề thi có 01 trang) (Không. . . . . . . . . . . . . . . . . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2012 – 2013. KHÓA NGÀY: 12/07/2012 MÔN THI: TOÁN Bài 1. (2,0 điểm) a. Giải phương trình: 2 20. Chứng minh: tam giác MIH đều. d. Các đường thẳng KB và MC cắt (O) lần lượt tại E và F. Chứng minh EF // KC. HẾT Giám thi không giải thi ch gì thêm Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . .

Ngày đăng: 17/06/2014, 10:42

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan