ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 NĂM 2013 2014 TỈNH BÌNH THUẬN

SỞ 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 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)