NguyễnVănB vanb@yahoo.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN TOÁN THỜI GIAN 120 PHÚT (KHÔNG KỂ THỜI GIAN GIAO ĐỀ) Bài 1: (3.5 điểm) a) Giải phương trình: x 2 – 6x + 8 = 0 b) Giải hệ phương trình: 3x 2y 4 2x y 5 − =   + =  c) Rút gọn: A= 8 32 18 1 6 5 14 . 9 25 49 2   − +  ÷  ÷   d) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 4cm, CH = 9cm. Tính AH, AB, AC. Bài 2: (1.5 điểm) Cho hàm số y= 3 4 x 2 có đồ thị là parabol (P) và hàm số y= 1 2 x + m có đồ thị là đường thẳng (d). a) Vẽ parabol (P) b) Tìm giá trị của m để (d) và (P) không có điểm chung. Bài 3:(1.0 điểm): Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi đi được 2 giờ, người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ. Muốn đến B đúng thời gian đã định, người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại. *Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp. Bài 4: (3.5 điểm): Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H ( H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau tại E. 1) Chứng minh tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp và ∆ CAE đồng dạng với ∆ CHK 2) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh ∆ NFK cân. 3) Giả sử KE = KC. Chứng minh : OK // MN và KM 2 + KN 2 = 4R 2 . Bài 5: (0,5 điểm) ĐỀ CHÍNH THỨC NguyễnVănB vanb@yahoo.com Cho phương trình 2 2( 1) ( 1) 0x m x m+ − − + = . Tìm m để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 1, một nghiệm lớn hơn 1. HƯỚNG DẪN Bài 1: (3.5 điểm) a) Giải phương trình: x 2 – 6x + 8 = 0 ' 9 8 1 ' 1∆ = − = ⇒ ∆ = Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 1 2 3 1 4 3 1 2 x x = + = = − = b) Giải hệ phương trình: 3x 2y 4 2x y 5 − =   + =  3x 2y 4 3x 2y 4 7x 10 x 2 x 2 2x y 5 4x 2y 10 2x y 5 4 y 5 y 1 − = − = = = =      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔      + = + = + = + = =      c) Rút gọn: A= 8 32 18 1 6 5 14 . 9 25 49 2   − +  ÷  ÷   8 32 18 1 4 16 9 6 5 14 . 6 5 14 9 25 49 2 9 25 49 2 4 3 6 5 14 4 4 6 6 3 5 7   − + = − +  ÷  ÷   = × − × + × = − + = d) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 4cm, CH = 9cm. Tính AH, AB, AC. H B C A Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC đường cao AH, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 . 4.9 36 6 . . 4. 4 9 52 2 13 . . 9. 4 9 117 3 13 AH BH HC AH cm AB BH BC BH BH HC AB cm AC HC BC HC BH HC AB cm = = = ⇒ = = = + = + = ⇒ = = = + = + = ⇒ = Bài 2: (1.5 điểm) Cho hàm số y= 3 4 x 2 có đồ thị là parabol (P) và hàm số y= 1 2 x + m có đồ thị là đường thẳng (d). NguyễnVănB vanb@yahoo.com a) Vẽ parabol (P) Bảng giá trị của x và y x -2 -1 0 1 1 y 3 3 4 0 3 4 3 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -15 -10 -5 5 10 15 b) Tìm giá trị của m để (d) và (P) không có điểm chung. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: ( ) 2 2 2 3 1 3 1 0 3 2 4 0 1 4 2 4 2 x x m x x m x x m= + ⇔ − − = ⇔ − − = ' 1 12m ∆ = + (d) và (P) không có điểm chung khi pt (1) vô nghiệm 1 ' 1 12 0 12 m m⇔ ∆ = + < ⇔ < − Bài 3:(1.0 điểm): Đổi 1 30 2 ph h= Gọi vận tốc ban đầu của người đi xe đạp là ( ) /x km h . ĐK 0 25x < < . Vận tốc sau khi tăng 2 km/h của người đi xe đạp là ( ) 2 /x km h+ . Quãng đường người ấy đi trong 2h với vận tốc ban đầu là: ( ) 2x km Quãng đường còn lại là: ( ) 50 2x km− . Thời gian người ấy dự định đi từ A đến B là: ( ) 50 h x Thời gian người ấy đi trên đoạn đường lúc sau là: ( ) 50 2 2 x h x − + Ta có phương trình: 1 50 2 50 5 50 2 50 2 2 2 2 2 x x x x x x − − + + = ⇔ + = + + Giải pt này ta được: 1 10x = (nhận) NguyễnVănB vanb@yahoo.com 2 20x = − (loại) Vậy vận tốc ban đầu của người đi xe đạp là 10 /km h Bài 4: (3.5 điểm): I F E K N H A O B M C 1) Ta có · 0 90AKB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay · 0 90AKE = ; · ( ) 0 90AHE GT= . Do đó · · 0 0 0 90 90 180AKE AHE+ = + = ⇒ tứ giác AHCK nội tiếp · · CAE CHK⇒ = (cùng chắn cung KE). Xét CAE ∆ và CHK ∆ , có: · · ( ) µ ( ) ( ) ΔCAE ΔCHK . CAE CHK cmt g g C chung  =  ⇒    ∽ 2) Ta có ( ) ( ) · · ( ) · · ( ) 1 / / 2 NF AC gt KNF NKB NF BK BK AC cmt KFN MKB   ⊥ =   ⇒ ⇒   ⊥ =     Mặt khác ( ) AB MN gt⊥ dễ thấy AB là trung trực của MN ¼ » · · ( ) 3BM BN BM BN MKB NKB⇒ = ⇒ = ⇒ = . ( ) ( ) ( ) · · 1 , 2 & 3 KNF KFN NKF⇒ = ⇒ ∆ cân tại K. NguyễnVănB vanb@yahoo.com 3) Giả sử KE KC KEC= ⇒ ∆ vuông cân tại K · · 0 0 45 45KCE ACH AHC⇒ = ⇒ = ⇒ ∆ vuông cân tại H · 0 45KAB AKB= ⇒ ∆ vuông cân tại K. Suy ra đường trung tuyến KO của tam giác AKB cân tại K đồng thời là đường cao OK AB⇒ ⊥ . Mặt khác ( ) MN AB gt⊥ suy ra OK // MN. Gọi I là giao điểm của tia KO với (O) Ta có KI // MN suy ra KIMN là hình thang. Mặc khác hình thang KIMN nội tiếp (O) suy ra KIMN là hình thang cân, suy ra NK = MI. Do đó ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4KM KN KM MI KI R R+ = + = = = Bài 5: (0,5 điểm) Phương trình ( ) 2 2( 1) ( 1) 0 1x m x m+ − − + = . Ta có ( ) 2 2 2 2 2 1 1 7 ' 1 1 2 1 1 2 2 . 2 4 4 1 7 0 2 4 m m m m m m m m m m m ∆ = − + + = − + + + = − + = − + +   = − + > ∀  ÷   Suy ra pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi 1 2 ;x x là hai nghiệm của pt (1). Ta có 1 2 1x x< < khi ( ) ( ) ( ) 1. 1 0 1 2 1 1 0 1 2 2 1 0 2f m m m m m< ⇔ + − − + < ⇔ + − − − < ⇔ < . NguyễnVănB vanb@yahoo.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN TOÁN THỜI GIAN 120 PHÚT (KHÔNG KỂ THỜI GIAN GIAO ĐỀ) Bài 1: (3.5 điểm) a) Giải phương trình: x 2 –. vanb@yahoo.com a) Vẽ parabol (P) Bảng giá trị của x và y x -2 -1 0 1 1 y 3 3 4 0 3 4 3 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -15 -10 -5 5 10 15 b) Tìm giá trị của m để (d) và (P) không có điểm chung. Phương trình hoành. 4R 2 . Bài 5: (0,5 điểm) ĐỀ CHÍNH THỨC NguyễnVănB vanb@yahoo.com Cho phương trình 2 2( 1) ( 1) 0x m x m+ − − + = . Tìm m để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 1, một nghiệm lớn hơn 1. HƯỚNG DẪN Bài