ĐỀ THI TS 10 (12-13)-THAM KHẢO

TRƯỜNG THCS TT MỸ LUÔNG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Năm học 2013 - 2014
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài : 120 phút
(Không kể thời gian phát đề )
Bài 1: (2,5 điểm)
a) Thực hiện phép tính:
A 64 169 9= − +
b) Giải phương trình bậc hai:
2
x 7x 10 0− + =
c) Giải hệ phương trình:
3x y 10
x 2y 1
+ =


− =

Bài 2: (2,0 điểm)
Cho Parabol (p):
2
y x=
và đường thẳng (d): y = 2x+m
a) Vẽ đồ thị (p).
b) Tìm m để (d) tiếp xúc (p). Tìm tọa độ tiếp điểm với m vừa tìm được.
Bài 3: (2,0 điểm)
Cho phương trình ẩn x:
2
x 2mx 2m 1 0− + − =
a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.

b) Tính giá trị biểu thức
2 2
1 2
P x x= +
theo m. Suy ra giá trị nhỏ nhất của P.
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O ; R), trên đường tròn lấy liên tiếp ba điểm A, B, C sao cho sđ
»
AB
= 90
0
, sđ
»
BC
= 30
0
. Kẻ AH vuông góc với đường thẳng BC.
a) Chứng minh tứ giác AHBO nội tiếp.
b) Chứng minh OH là trung trực của AC.
c) Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AB, AH, và OH.
Hết
Ghi chú:
* Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
* Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ THAM KHẢO
SBD : SỐ PHÒNG: …
ĐÁP ÁN:
BÀI /
CÂU
BÀI GIẢI ĐIỂM

Bài 1
a)
b)
c)
A 64 169 9= − +
= 8 – 13 + 3
= - 2

2
x 7x 10 0− + =

2
( 7) 4.1.10 9∆ = − − =
> 0
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1 2
7 9 7 9
5 ; 2
2 2
x x
+ −
= = = =

3x y 10 6x 2y 20 7x 21
x 2y 1 x 2y 1 x 2y 1
x 3
x 3
x 1
y 1

y
2
+ = + = =
  
⇔ ⇔
  
− = − = − =
  
=

=


⇔ ⇔
 
−
=
=



0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Bài 2
a)
b)

Lập bảng giá trị:
x - 2 - 1 0 1 2
y = x
2
4 1 0 1 4
Vẽ đồ thị:
Phương trình hoành độ giao điểm của (p) và (d):

2 2
2 2 0x x m x x m= + ⇔ − − =
(1)
Để (p) và (d) tiếp xúc khi:

2
' ( 1) ( ) 1 0 1m m m∆ = − − − = + = ⇔ = −

Tọa độ tiếp điểm của (p) và (d):
Với m = -1, phương trình (1) có nghiệm kép:

1 2
1
1
x x
y
= =
⇒ =
Vậy m = -1 thì (P) và (d) tiếp xúc. Tọa độ tiếp điểm (1;1)
0,5đ
0,5đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

Bài 3
a)
b)
2
2
2 2
2 2 1 0
' ( ) (2 1)
2 1 ( 1) 0
x mx m
m m
m m m
− + − =
∆ = − − −
= − + = − ≥
Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.
Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
1 2
1 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2
2
2
2
. 2 1

( ) 2
(2 ) 2(2 1)
4 4 2
(2 1) 1 1
x x m
x x m
P x x x x x x
m m
m m
P m
+ =


= −

= + = + −
= − −
= − +
= − + ≥
Dấu “ = ” xảy ra khi:
1
2 1 0
2
m m− = ⇔ =
Vậy: P
min
= 1 khi
1
2
m =

0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
Bài 4
a)
b)
Ta có:
·
0
90 ( )AHB AH BC= ⊥

·
0
90AOB =
(
·
AOB =
sđ
»
AB
)
· ·
0
180AHB AOB⇒ + =
Vậy tứ giác AHBO nội tiếp.
ΔAHC vuông tại H, ta có:
·
»
0 0

1 1
s .90 45
2 2
ACHđ AB= = =
(góc nội tiếp)
=> ΔAHC vuông cân tại H
=> HA = HC mà OA = OC = R
Vậy OH là trung trực của AC.
ΔOAB vuông tại O, ta có:
AB
2
= OA
2
+ OB
2
= R
2
+ R
2
= 2R
2

2AB R⇒ =
Theo t/c góc ngoài của tam giác, ta có:

·
·
·
0 0 0
1 1

.30 .90 60
2 2
ABH BAC BCA= + = + =
AH = AB.sin
·
ABH
=
2R
.sin 60
0

=
2R
.
3
2
=
6
2
R
ΔAHC vuông cân tại H, ta có: AC = AH.
2
=
6
. 2 3
2
R R=
Gọi I là giao điểm của OH và AC.
(h.vẽ:
0,25đ)

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
ΔAHC vuông tại H có HI là trung tuyến,nên
1 3
2 2
R
HI AI IC AC= = = =

2 2
2 2 2 2
3
4 4 2
R R R
OI OA AI R OI= − = − = ⇒ =
Vậy:
3 (1 3)
2 2 2
R R R
OH OI IH
+
= + = + =
0,75đ
Chú ý: 1. Nếu thí sinh làm bài bằng cách khác đúng thì vẫn cho điểm tương đương.
2. Điểm toàn bài không được làm tròn.