ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BẮC GIANG pdf

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC : 2013-2014
MÔN : TOÁN
NGÀY 30/06/2013
Thời gian làm bài : 120 phút
Câu I( 3 điểm )
1. Tính giá trị của biểu thức A=
3 27 144 : 36× −
2.Tìm m để hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m
1
2
≠
) và (d'): y=3x-2 song song với
nhau.
3. Giải hệ phương trình
3 2 1
5 7
x y
x y
+ = −


− =

Câu II( 2 điểm )
1. Rút gọn biểu thức B =
2
1

x x x
x x x
−
+
− −
( với x>0; x
≠
1)
2. Cho phương trình
2
1 0x x m− + − =
(1)
a. Giải phương trình (1) với m =3.
b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thoả mãn :
1 2
1 2
1 1
2 3 0x x
x x
 
+ + + =
 ÷
 
Câu III (1,5 điểm )
Tìm hai số tự nhiên hơn kém nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng
với 6 lần số bé.
Câu IV ( 3 điểm )

Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao
cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua
D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d
tại M, tia BF cắt d tại N.
1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp.
2. Chứng minh BE.BM = BF.BN
3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R.
4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một
đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi.
Câu V(0,5 điểm)
Cho hai số x, y thỏa mãn
1 3x
≤ ≤
và
1 2
2 3
y≤ ≤
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M=
2 2 2 2 2 2
6 7 24 2 18 28 8 21 6x y x y xy x y xy x y− − + + + − − +
Hướng dẫn
Câu I( 3 điểm )
1. Tính giá trị của biểu thức A=
3 27 144 : 36× −
=7
2. Hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m
1
2

≠
) và (d'): y=3x-2 song song với nhau khi
và chỉ khi a=a' và b
≠
b' <=> <=>m=2( thỏa mãn m
1
2
≠
)
KL
3. Giải hệ phương trình
3 2 1
5 7
x y
x y
+ = −


− =

<=> <=>
1
2
x
y
=


= −


KL
Câu II( 2 điểm )
1. Rút gọn biểu thức

( )
( )
( )
2
2 1
2 2
B
1 1 1
1
1
2 1 2 1
1
1 1 1 1
x x
x x x x x x x
x x x x x x x
x x
x
x x x x
x
x x x x
−
− −
= + = − = −
− − − − −
−

−
− − +
= − = = = −
− − − −

( với x>0; x
≠
1)
2. Cho phương trình
2
1 0x x m− + − =
(1)
a. Giải phương trình (1) với m =3.
Với m =3 phương trình (1) trở thành
2
2 0x x− − =

Nhận thấy a-b+c=0 nên pt có 2 nghiệm là
1 2
1; 2x x= − =
b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thoả mãn :
1 2
1 2
1 1
2 3 0x x
x x
 

+ + + =
 ÷
 
Ta có
4 3m∆ = −
Điều kiện để pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 là :
3
4 3 0
4
1 0
1
m
m
m
m

− >
>


⇔
 
− ≠


≠

Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có
1 2
1 2

1
. 1
x x
x x m
+ =


= −

(*)
mà
1 2
1 2
1 1
2 3 0x x
x x
 
+ + + =
 ÷
 
=>
( )
2
1 2 1 2 1 2
2( ) 3 0x x x x x x+ + + + =
(**)
thay (*) vào (**) ta được :
2
5 6 0m m− + =
=> m

1
=2; m
2
=3 ( TM ĐK)
KL
Câu III (1,5 điểm )
Tìm hai số tự nhiên hơn kém nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng
với 6 lần số bé.
Gọi số bé là x ( x
∈
N)
khi đó số lớn là x+12
Vì tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé nên ta có phương trình :
x(x+12) = 20(x+12) +6x <=> x
2
-14x-240 = 0 => x
1
= 24(TM) ; x
2
= -10( loại)
Vậy số bé là 24 => số lớn là 24+12=36.
Cách 2: Gọi số lớn là x và số bé là y ( x,y
∈
N và x> y)
ta có hệ pt :
( ) ( )
12 (1)
12
12 20 12 6 (2)
20 6

x y
x y
y y y y
xy x y
= +

− =


⇔
 
+ = + +
= +



Giải pt (2) ta được y
1
= 24 (tm) ; y
2
= -10( không tm)
Thay y =y
1
=24 vào (1) => x=36 KL
Câu IV ( 3 điểm )
Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao
cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua
D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d
tại M, tia BF cắt d tại N.
1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp.

2. Chứng minh BE.BM = BF.BN
3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R.
4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một
đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi.
a) Ta có góc AEB = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => góc AEM =90
0
( vì góc
này kề bù với góc AEB)
Xét tứ giác MCAE có:
góc ACM =90
0
(gt)
góc AEM =90
0
( CM trên )
=> góc ACM =90
0
+góc AEM =180
0
mà hai góc này ở vị trí đối diện nhau
=> tứ giác MCAE nội tiếp.
b)
Chứng minh tam giác BAE đồng dạng tam giác tam giác BMC => BE.BM = BA.BC (1)
Chứng minh tam giác BAF đồng dạng tam giác tam giác BNC => BF.BN = BA.BC (1)
Từ (1) và (2) => BE.BM = BF.BN
Cách 2: Góc BMN = góc BAE ( cùng bù với góc CAE)
mà góc BAE = góc EFN ( Hai góc nội tiếp cùng chăn một cung )
=> Góc BMN = góc EFN

Xét tam giác BEF đồng dạng với tam giác BNM => BE.BM = BF.BN
c)
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác EDO vuông tại O ta có DE =
3
2
R => DE =R
3
Vì EF vuông góc với BC và D là trung điểm của BC nên ta sẽ chứng minh được EF là
đường trung bình của tam giác BMN => EF =2R
3
.
d) Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB
Ta chứng minh được E,A,N và M, A, F thẳng hàng
=> A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định
=> Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn
thẳng BA'.
Câu V(0,5 điểm)
Cho hai số x, y thỏa mãn
1 3x
≤ ≤
và
1 2
2 3
y≤ ≤
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M=
2 2 2 2 2 2
6 7 24 2 18 28 8 21 6x y x y xy x y xy x y− − + + + − − +
Ta có :

( ) ( )
2
2
1 3 1 3 0 4 3 0 (1)
1 2 1 2
0 6 7 2 0 (2)
2 3 2 3
x x x x x
y y y y y
≤ ≤ ⇒ − − ≤ => − + ≤
  
≤ ≤ ⇒ − − ≤ ⇒ − + ≤
 ÷ ÷
  