Đề thi đáp án tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2013 2014 sở GD đt long an

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