ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU

NguyễnVănB
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH 10
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN TOÁN
THỜI GIAN 120 PHÚT (KHÔNG KỂ THỜI GIAN GIAO ĐỀ)
Bài 1: (3.5 điểm)
a) Giải phương trình: x
2
– 6x + 8 = 0
b) Giải hệ phương trình:
3x 2y 4
2x y 5
− =


+ =

c) Rút gọn: A=
8 32 18 1
6 5 14 .
9 25 49 2
 
− +
 ÷
 ÷
 
d) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 4cm, CH = 9cm. Tính
AH, AB, AC.
Bài 2: (1.5 điểm)
Cho hàm số y=
3

4
x
2
có đồ thị là parabol (P) và hàm số y=
1
2
x + m có đồ thị là đường
thẳng (d).
a) Vẽ parabol (P)
b) Tìm giá trị của m để (d) và (P) không có điểm chung.
Bài 3:(1.0 điểm): Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ
A đến B với vận tốc không đổi. Khi đi được 2 giờ, người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ.
Muốn đến B đúng thời gian đã định, người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng
đường còn lại. *Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp.
Bài 4: (3.5 điểm):
Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H ( H nằm
giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng
AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau tại E.
1) Chứng minh tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp và
∆
CAE đồng dạng với
∆
CHK
2) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh
∆
NFK
cân.
3) Giả sử KE = KC. Chứng minh : OK // MN và KM
2
+ KN

2
= 4R
2
.
Bài 5: (0,5 điểm)
ĐỀ CHÍNH THỨC
NguyễnVănB
Cho phương trình
2
2( 1) ( 1) 0x m x m+ − − + =
. Tìm m để phương trình có
một nghiệm nhỏ hơn 1, một nghiệm lớn hơn 1.
HƯỚNG DẪN
Bài 1: (3.5 điểm)
a) Giải phương trình: x
2
– 6x + 8 = 0
' 9 8 1 ' 1∆ = − = ⇒ ∆ =
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
1
2
3 1 4
3 1 2
x
x
= + =
= − =
b) Giải hệ phương trình:
3x 2y 4
2x y 5

− =


+ =

3x 2y 4 3x 2y 4 7x 10 x 2 x 2
2x y 5 4x 2y 10 2x y 5 4 y 5 y 1
− = − = = = =
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
+ = + = + = + = =
    
c) Rút gọn: A=
8 32 18 1
6 5 14 .
9 25 49 2
 
− +
 ÷
 ÷
 
8 32 18 1 4 16 9
6 5 14 . 6 5 14
9 25 49 2 9 25 49
2 4 3
6 5 14 4 4 6 6
3 5 7
 
− + = − +

 ÷
 ÷
 
= × − × + × = − + =
d) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 4cm, CH = 9cm. Tính
AH, AB, AC.
H
B
C
A
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC đường cao AH, ta có:
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
. 4.9 36 6
. . 4. 4 9 52 2 13
. . 9. 4 9 117 3 13
AH BH HC AH cm
AB BH BC BH BH HC AB cm
AC HC BC HC BH HC AB cm
= = = ⇒ =
= = + = + = ⇒ =
= = + = + = ⇒ =
Bài 2: (1.5 điểm)
Cho hàm số y=
3
4
x

2
có đồ thị là parabol (P) và hàm số y=
1
2
x + m có đồ thị là đường
thẳng (d).
NguyễnVănB
a) Vẽ parabol (P)
Bảng giá trị của x và y
x -2 -1 0 1 1
y 3
3
4
0
3
4
3
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-15
-10
-5

5
10
15
b) Tìm giá trị của m để (d) và (P) không có điểm chung.
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
( )
2 2 2
3 1 3 1
0 3 2 4 0 1
4 2 4 2
x x m x x m x x m= + ⇔ − − = ⇔ − − =
' 1 12m
∆ = +
(d) và (P) không có điểm chung khi pt (1) vô nghiệm
1
' 1 12 0
12
m m⇔ ∆ = + < ⇔ < −
Bài 3:(1.0 điểm):
Đổi
1
30
2
ph h=
Gọi vận tốc ban đầu của người đi xe đạp là
( )
/x km h
. ĐK
0 25x
< <

.
Vận tốc sau khi tăng 2 km/h của người đi xe đạp là
( )
2 /x km h+
.
Quãng đường người ấy đi trong 2h với vận tốc ban đầu là:
( )
2x km
Quãng đường còn lại là:
( )
50 2x km−
.
Thời gian người ấy dự định đi từ A đến B là:
( )
50
h
x
Thời gian người ấy đi trên đoạn đường lúc sau là:
( )
50 2
2
x
h
x
−
+
Ta có phương trình:
1 50 2 50 5 50 2 50
2
2 2 2 2

x x
x x x x
− −
+ + = ⇔ + =
+ +
Giải pt này ta được:
1
10x =
(nhận)
NguyễnVănB

2
20x = −
(loại)
Vậy vận tốc ban đầu của người đi xe đạp là
10 /km h
Bài 4: (3.5 điểm):
I
F
E
K
N
H
A
O
B
M
C
1) Ta có
·

0
90AKB =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay
·
0
90AKE =
;
·
( )
0
90AHE GT=
. Do đó
·
·
0 0 0
90 90 180AKE AHE+ = + = ⇒
tứ giác AHCK nội tiếp
·
·
CAE CHK⇒ =
(cùng chắn cung KE).
Xét
CAE
∆
và
CHK
∆
, có:
·
·

( )
µ
( )
( )
ΔCAE ΔCHK .
CAE CHK cmt
g g
C chung

=

⇒



∽
2) Ta có
( )
( )
·
·
( )
·
·
( )
1
/ /
2
NF AC gt KNF NKB
NF BK

BK AC cmt
KFN MKB


⊥ =
 
⇒ ⇒
 
⊥
=




Mặt khác
( )
AB MN gt⊥
dễ thấy AB là trung trực của MN
¼
»
·
·
( )
3BM BN BM BN MKB NKB⇒ = ⇒ = ⇒ =
.
( ) ( ) ( )
· ·
1 , 2 & 3 KNF KFN NKF⇒ = ⇒ ∆
cân tại K.
NguyễnVănB

3) Giả sử
KE KC KEC= ⇒ ∆
vuông cân tại K
·
·
0 0
45 45KCE ACH AHC⇒ = ⇒ = ⇒ ∆
vuông cân tại H
·
0
45KAB AKB= ⇒ ∆
vuông cân tại K. Suy ra đường trung tuyến KO của tam giác
AKB cân tại K đồng thời là đường cao
OK AB⇒ ⊥
. Mặt khác
( )
MN AB gt⊥
suy
ra OK // MN.
Gọi I là giao điểm của tia KO với (O)
Ta có KI // MN suy ra KIMN là hình thang. Mặc khác hình thang KIMN nội tiếp (O)
suy ra KIMN là hình thang cân, suy ra NK = MI.
Do đó
( )
2
2 2 2 2 2 2
2 4KM KN KM MI KI R R+ = + = = =
Bài 5: (0,5 điểm)
Phương trình
( )

2
2( 1) ( 1) 0 1x m x m+ − − + =
. Ta có
( )
2
2 2 2
2
1 1 7
' 1 1 2 1 1 2 2 .
2 4 4
1 7
0
2 4
m m m m m m m m m
m m
∆ = − + + = − + + + = − + = − + +
 
= − + > ∀
 ÷
 
Suy ra pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Gọi
1 2
;x x
là hai nghiệm của pt (1). Ta có
1 2
1x x< <
khi
( ) ( ) ( )
1. 1 0 1 2 1 1 0 1 2 2 1 0 2f m m m m m< ⇔ + − − + < ⇔ + − − − < ⇔ <