Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Long An năm học 2013 - 2014 môn Toán (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2013 - 2014
LONG AN Môn thi: TOÁN ( CÔNG LẬP )
Ngày thi: 26 – 06 - 2013
Thời gian: 120 phút ( không kể phát đề )


Câu 1: ( 2 điểm )
Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau:
a/
2 9 25 5 4

b/
 
.
x y y x
xy
xy






( với
0, 0xy
)
Bài 2: Giải phương trình:

2 1 3x

Câu 2 : ( 2 điểm )

Cho các hàm số (P):
2
2yx
và (d):
3yx  
.
a/ Vẽ đồ thị của hai hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy.
b/ Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên.
Câu 3 : ( 2 điểm )
a/ Giải phương trình:
2
2 7 6 0xx  

b/ Giải hệ phương trình:
4
22
xy
xy






c/ Cho phương trình ẩn x:
22
2 1 0x mx m m    
( với m là tham số ).
Tìm m để phương trình trên có nghiệm kép.Tính nghiệm kép đó với m vừa tìm được.
Câu 4 : ( 4 điểm )

Bài 1:
Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3 cm, BC = 5 cm, AH là chiều cao của tam
giác ABC. Tính độ dài AC và AH.
Bài 2 :
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Ba đường cao AE, BF, CG cắt
nhau tại H (với E

BC, F

AC, G

AB).
a/ Chứng minh các tứ giác AFHG và BGFC là các tứ giác nội tiếp.
b/ Gọi I và M lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp của các tứ giác AFHG và
BGFC. Chứng minh MG là tiếp tuyến của đường tròn tâm I .
c/ Gọi D là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn tâm O. Chứng minh:
EA
2
+ EB
2
+ EC
2
+ ED
2
= 4R
2
.

HẾT

- Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:…………………………………… Số báo danh:……………

Chữ kí của giám thị 1:……………………………… Chữ kí của giám thị 2:…………




ĐỀ CHÍNH THỨC
WWW.VNMATH.COM

1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2013 - 2014
LONG AN Môn thi: TOÁN ( CÔNG LẬP )
Ngày thi: 26 – 06 - 2013
Thời gian: 120 phút ( không kể phát đề )
HƯỚNG DẪN CHẤM
NỘI DUNG
Điểm
Câu 1 : ( 2 điểm )
Bài 1: Rút gọn các biểu thức sau : a/
2 9 25 5 4


6 5 10  
…………………….

1
……………………………

b/
 
.
x y y x
xy
xy






với
( 0, 0)xy
.

x xy y xy
xy


……………………………………………………

()xy x y
xy


………………………………………………………

xy
………………………………………………………………

Bài 2 : Giải phương trình :
2 1 3x

2 1 3x  
……………………………………………………………
2x
………………………………………………………………
Vậy nghiệm của phương trình là :
2x 
………………………………


0,25
0,25




0,25

0,25

0,25


0,25
0,25
0,25
Câu 2 : ( 2 điểm )
Cho các hàm số

2
2yx
và
3yx  
.
a/ Vẽ đồ thị của hai hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy.

- Lập bảng giá trị của ( P ) đúng ba cặp số trở lên ( phải có tọa độ điểm
O )…………………………………………………………………….
- Đồ thị hàm số (d ) đi qua hai điểm (0;3) và (3;0).
- Vẽ đúng mỗi đồ thị…………………………………………………
b/ Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên.
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và (d ) :
2
23xx  

2
2 3 0xx   
………………………………………………………
1
3
2
x
x








…………………………………………………………….














0,25
0,25
2 x 0,25


0,25

0,25

ĐỀ CHÍNH THỨC
WWW.VNMATH.COM

2
*

12xy  

*
39
22
xy   

Vậy ( P ) cắt (d ) tại hai điểm (1;2),
39
;
22




……………………………




2 x 0,25
Câu 3 : ( 2 điểm )
a/ Giải phương trình :
2
2 7 6 0xx  

Ta có :
1
…………………………………………………………
Phương trình có hai nghiệm :

12
3
2,
2
xx
……………………………
b/ Giải hệ phương trình :
4
22
xy
xy






4
36
xy
x






…………………………………………………………….
2
2

x
y






……………………………………………………………….
c/ Cho phương trình ẩn x :
22
2 1 0x mx m m    
( m là tham số ).
Tìm m để phương trình trên có nghiệm kép.Tính nghiệm kép đó
với m vừa tìm được.
-
' 2 2
1m m m    


1m
………………………………………………………………
- Phương trình trên có nghiệm kép
'
0  
…………………………
10m  

1m
………………………………………………………………

- Nghiệm kép là :
12
1xx  
………………………………………….


0,25

0,25



0,25


0,25





0,25
0,25

0,25
0,25
Câu 4 : ( 4 điểm )
Bài 1 : ( 1 điểm )
3
5

H
B
A
C

2 2 2
AC BC AB
……………………………………………………….

16


4AC 
(cm)…………………………………………………………
2 2 2
1 1 1
AH AB AC

…………………………………………………….

25
144


12
5
AH 
(cm)………………………………………………………
Bài 2 : ( 3 điểm )

0,25


0,25
0,25



0,25



WWW.VNMATH.COM

3

E
F
G
M
I
H
O

B
A
C
D
K

a/ Chứng minh tứ giác AFHG và BGFC nội tiếp.
Ta có :
0
0
90 ( )
90 ( )
AGH gt
AFH gt


………………………………………………………….
0
180AGH AFH  


AFHG là tứ giác nội tiếp……………………………………………
Ta có :
( 90 )BGC BFC
………………………………………………….
=> Tứ giác BGFC nội tiếp ( vì tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn BC
dưới một góc bằng
90
)……………………………………………….
b/ Gọi I và M lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFHG

và BGFC. Chứng minh MG là tiếp tuyến của đường tròn tâm ( I ).
Ta có :
IGA IAG
(
IAG
cân tại I ) (1)…………………………
GBM BGM
(
MGB
cân tại M ) (2)…………………………
90IAG GBM
(
EAB
vuông tại E ) (3)
Từ (1), (2), (3) =>
90IGA BGM

=>
90IGM 

=>
MG IG
tại G……………………………………………………
=> MG là tiếp tuyến của đường tròn tâm I……………………………
c/ Gọi D là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn tâm (O).
Chứng minh EA
2
+ EB
2
+ EC

2
+ ED
2
= 4R
2
.
Kẻ đường kính AK của đường tròn tâm O
-
2 2 2 2 2 2
EA EB EC ED AB DC    
(4)………………………….
-
ABK
vuông tại B
=>
2 2 2 2
4AB BK AK R  
(5)…………………………
- Tứ giác BCKD là hình thang ( BC // DK do cùng vuông góc AD ) (6)
- Tứ giác BCKD nội tiếp đường tròn ( O ) (7)
Từ (6), (7) => BCKD là hình thang cân.
=> DC = BK (8)……………………
Từ (4), (5), (8) =>
2 2 2 2 2
4EA EB EC ED R   
……………………….

0,25


0,25


0,25

0,25



0,25
0,25




0,25
0,25

0,25


0,25


0,25
0,25
- Nếu thí sinh trình bày cách giải đúng nhưng khác hướng
dẫn chấm thì vẫn được trọn điểm.
- Câu 4 bài 2 không vẽ hình không chấm bài làm.


WWW.VNMATH.COM