6 DE TOAN ON VAO 10 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 Năm học : 2012-2013 ĐỀ 1 Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: (2đ) a) 2x2 – 3x – 2 = 0 2 x  3 y 3  b) 5 x  6 y 12 x2 Câu 2: a) vẽ đồ thị (D) của hàm số y = 2 và đường thẳng (D): y = x + 4 trên cùng một hệ trục tọa độ. (1đ) b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính. (0,5đ) Câu 3: Thu gọn biểu thức sau: (1đ) 4 8 15   5 A = 3  5 1 5 2 Câu 4: Cho phương trình x – (5m – 1)x + 6m2 – 2m = 0 (m l tham số ) a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m. (1đ) b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm giá trị của m để x12 + x22 = 1 (1đ) Câu 5: Cho  ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O ; R). Gọi H l giao điểm ba đường cao AD, BE, CF của  ABC. a) Chứng minh AEHF và AEDB l tứ giác nội tiếp. (1đ) b) Vẽ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh AB.AC = AK.AD (1đ) c) Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiêp đường tròn. (1đ) (vẽ hình đúng 0,5đ) --o0o-ĐÁP ÁN Câu 1: a) 2x2 – 3x – 2 = 0 ta có :  = (-3)2 – 4.2.(-2) = 25 > 0 35 3 5 1 2  2 Vậy x1 = 2.2 , x2 = 2.2. b). 2 x  3 y 3 9 x 18    5 x  6 y 12 2 x  3 y 3.  x 2   1  y  3 . 1 3). vậy hệ phương trinh có nghiệm là (2 ; x2 Câu 2: a) vẽ đồ thị (D) của hàm số y = 2 và đường thẳng (D): y = x + 4 trên cùng một hệ trục tọa độ. x2 *Hàm số y = 2. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013. x. -4. -2. x2 8 2 y= 2 *Hàm số y = x + 4 Cho x = 0  y = 4 A(0 ; 4) x = -2  y = 2 B(-2 ; 2). 0. 2. 4. 0. 2. 8 y 8. A B. 4. 2 O. 4. 4 2 2. 4. x. b) Phương trình hoành độ giao điểm của (D) v (P) x2 2 =x+4  x2 – 2x – 8 = 0 26 2 6 4  2  = (-2)2 + 32 = 36 > 0 x1 = 2 ; x2 = 2 Với x = 4  y = 4 + 4 = 8 Với x = - 2  y = -2 + 4 = 2 Vậy (D) v (P) cắt nhau tại hai giao điểm: (4 ; 8) , (-2 ; 2) Câu 3: Thu gọn các biểu thức sau: 4 8 15   5 A = 3  5 1 5 4(3  5 ) 8(1  5 ) 15 5   4 4 5 = = 3  5  2  2 5  3 5 5 Câu 4: x – (5m – 1)x + 6m2 – 2m = 0 (m l tham số ) a)Ta có :  = [-(5m – 1)]2 – 4.1.(6m2 – 2m) = m2 – 2m + 1 = (m – 1)2 0 với mọi m Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m b) Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình Do đó : x12 + x22 = 1  (x1 + x2 )2 – 2x1x2 = 1  (5m – 1)2 – 2(6m2 – 2m) = 1  25m2 + 1 – 10m – 12m2 + 4m = 1  13m2 – 6m = 0  m(13m – 6)  m 0  m  6  13 6 Vậy m thỏa mãn bài toán nên m = 0 hoặc m = 13 Câu 5 : 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013. A E. F. B. . H. . D. O. C. . M K. a) Ta có AEH + AFH = 1800 vậy AEHF l tứ giác nội tiếp AEB = ADB = 900 vậy AEDB l tứ giác nội tiếp b) Xt  ABD và  AKC ta có ACK = ADB = 900 AKC = ABD (cùng chắn cung AC) Vậy  ABD  AKC AB AD   AK AC hay AB.AC = AK.AD. c) Ta có MEF = MEB + BEF (EB l tia nằm giữa 2 tia EF, EM) M MEB = MBE (  BEC vuông có EM là đường trung tuyến) BEF = HAF (FHAE l tứ giác nội tiếp) MBE = DAE (ABDE l tứ giác nội tiếp) Nên MEF = DAE + HAF = BAE Ta lại có BAE = BHF (AEHF l tứ giác nội tiếp) BHF = BDF (BDHF l tứ giác nội tiếp) BDF + FDM = 1800 (kề b )  FDM + MEF = 1800 Vậy EFDM l tứ giác nội tiếp. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013 ĐỀ 2 Bài 1: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 1). P  27  12 Q. 2). a b  a b. b.  a b ; a 0 ; b 0 . Bài 2: (1,5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1). x 2  2 3x  2 0. 2). 3  1  x  y 5 2 5  x  2y 5. Bài 3: (2,0 điểm) 2 2 Cho phương trình x  2(m  1)x  m  3 0 (1) ; m là tham số.. 1). Tìm m để phương trình (1) có nghiệm.. 2). Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia.. Bài 4: (1,5 điểm) 2 Cho parabol (P) : y x và đường thẳng (d) : y mx  2 (m là tham số , m  0). 1). Vẽ đồ thị (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ với m = 1.. 2). Chứng minh rằng với mọi m, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.. Bài 5: (3,5 điểm) Từ một điểm S ở ngoài đường tròn (0 ; 3cm) vẽ hai tiếp tuyến SA và SB của đường tròn đó  (A, B là hai tiếp điểm). Biết ASB  . Gọi H là giao điểm của SO và AB, C là điểm đối xứng với A qua O. 1). Chứng minh rằng tứ giác ASBO nội tiếp được.. 2).   CBO 90o  2. Chứng minh rằng. 3). o Tính AS và AH, biết  60 .. A. LỜI GIẢI TÓM TẮT VÀ BIỂU ĐIỂM: BÀI CÂU 1 1 (1,5 2 ). LỜI GIẢI TÓM TẮT P  27  12 3 3  2 3  3 Q. a b  a b.  a b. b. ( a. b)( a  b)  a b. b a 4. b. ĐIỂM 0,75 0,75.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013 x 2  2 3x  2 0 1. . '   3. .  1.2 1. 0,75. Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt:. 2 (1,5 ) 2. 1. 2. x1 = 3 + 1 ; x 2 = 3 - 1. 175   x  11   y  60  11 175 60  ;   x; y  =   11 11  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x 2  2(m  1)x  m 2  3 0 (1) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi  ' 0 3  1  11y 60  x  y 5   2x  15y 50    2 5 2x  4y  10 2x  4y  10    x  2y 5. 2. 3 (2,0 ). 2. 0,75. 0,75. 2.  (m  1)  m  3 0  4  2m 0  m 2 Với m 2 thì pt (1) có 2 nghiệm. Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia sẽ là 3a. Theo Viet, ta có: 2 a  3a 2m  2 m 1  m  1  a  3 m 2  3   2 2  2   a.3a m  3. 1,25. Suy ra : m 2  6m  15 0  m = -3 ± 2 6 (thỏa mãn điều kiện). 4 (1,5 ). 1. 2. 0,75. 2 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm: x mx  2  x  mx  2 0 Vì a, c trái dấu   > 0  phương trình luôn có hai nghiệm. Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.. 0,75. 5 (3,5 ) 0,5. 1. Xét tứ giác ASBO có:  SAO 90o (do SA là tiếp tuyến tại A)  SBO 90o (do SB là tiếp tuyến tại B) 5. 0,75.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013. 2. 3. o o o   Suy ra: SAO  SBO 90  90 180   Mà SAO và SBO đối nhau nên ASBO nội tiếp được (đpcm).   CBO 90o  2. Chứng minh rằng o  Ta có: AOB 180   (do ASBO nội tiếp)  180o  AOB 180o  (180o   )   OBA    2 2 2 (do AOB cân tại O) Mặt khác, vì C đối xứng với A qua O nên AOC là đường kính của (O). Suy ra: ABC vuông tại B. α    CBO CBA  OBA 90 o 2 (đpcm). Do đó: Do SA và SB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại S nên SO  AB tại H Xét SAO vuông tại A, có AH là đường cao: AO AO 3 tgASO   AS   3 3 (cm) o AS tgASO tg30 **. 1 1 1 AO 2  AS2 32  (3 3) 2 4      2 2 2 2 2 2 2 AS AO AS .AO 27 (3 3) .3 ** AH 27 3 3 AH   (cm) 4 2 Suy ra:. 6. 1,25. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013. ĐỀ 3. Baøi 1 : ( 2 điểm ) a/ Tính : A = 2 -3 + 2. C. 2. 2 2009. 2010  1  2009  1 b/ Cho B  2010  1  2009  1 và Hãy so sánh B và C Baøi 2 : ( 2 điểm ) Cho hàm số y = (m – 2)x + m + 3 a/ Tìm điều kiện của m để hàm số luôn nghịch biến b/ Tìm m để đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là 3. Baøi 3 : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x – 3m = 0 a/ Giải phương trình khi m = 3 b/ Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. c/ Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình. Không giải phương trình hãy tính theo m 1 1 1   xx x x 1 2 1 2 Baøi 4 : (3,5 điểm) Từ M ngoài đường tròn (O) với OM = 2R vẽ hai tiếp tuyến MA và MB với (O). Từ N trên dây AB kẻ đường thẳng vuông góc với NO cắt MA tại C và MB tại D. Dây AB cắt OM ở H a/ Chứng minh tứ giác OBDN nội tiếp b/ Chứng minh NC = ND c/ Tính độ dài AM, OH và AH theo R. 2. 2. HƯỚNG DẪN CHẤM. BÀI. CÂU. A B. LỜI GIẢI A = 2 -3 + = 7 B  20102  1 .   . 1.  . 2. A B. ĐIỂM 1 điểm. 20102  1 . 20092  1 20092  1. . 20102  1  20092  1. . 20102  1  20092  1 20102  1  20092  1. 20102  1  20092  1  2010  2009   2010  2009  20102  1  20092  1 4019. 0,25 điểm 0,25 điểm. 0,25 điểm. 20102  1  20092  1. Do 4019 > 4018 nên B > C a/ Hàm số nghịch biến khi m < 2. 0,25 điểm 1 điểm. b/ Vì đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là 3 nên x = 3 ; y = 0 Thay x = 3; y = 0 vào hàm số trên ta được 0 = (m – 2)3 + m + 3. 0,25 điểm. 7. 0,25 điểm.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013. . m. 3 4. 0,25 điểm. 3 4 thì đồ thị hàm số y = (m – 2)x + m + 3 Vậy với cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là 3. m. 0,25 điểm. Xét phương trình x2 – 2(m – 1)x – 3m = 0 a/ Khi m = 3 phương trình trở thành x2 – 4x – 9 = 0 Phương trình có hai nghiệm là x 2  13. 3. . 2. 3. 1 điểm.  ' m2  m 1  m     0 2 4  b/ với mọi m 1  x  x 1 1 1 1 2 1  2(m  1) 1  2m    xx x x xx  3m 3m 1 2 c/ Ta có 1 2 1 2. C. 0,5 điểm Hình 0,5 đ. A N. O H. M D.  OND 900   0    OND  OBD 180 0  OBD 90  a/ Ta có. 1 điểm. Vậy tứ giác OBDN nội tiếp được.   b/ OBA OAB (do OAB cân tại O). (1).   ODN OBN ( cùng chắn cung ON)   Tương tự OCN OAB (3) OCD ODC . (2). B. 4. 1. 1 điểm. Từ (1), (2) và (3) suy ra  OCD cân tại O => OC = OD. 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm. c/ Dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông AOM tính được AM 1 R 3 R = R 3 ; OH = 2 ; AH = 2. 8. 1 điểm.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013. ĐỀ 4 Bài 1 : (2điểm) a) Tính A (2 2  6) 2  3  x x  x x  x 0 B   2   2    1 x   x1  b) Rút gọn : với  x 1. Bài 2 : (2 điểm) 4 2 a) Giải phương trình sau: x  10 x  16 0 b) Giải hệ phương trình: 3 x    4   x. 4 2 y 5 3 y. Bài 3: (2,5điểm) 2 Cho phương trình bậc hai (ẩn số là x): x  mx  m  1 0 a) Giải phương trình khi m 2 b) Chứng tỏa phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi số thực m 2. 2. c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x1  x2 10 Bài 4 : (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O ; R) đường kính AB ,M và N là hai điểm trên cung AB ( M  AN ),AM cắt AB tại S , BM cắt AN tại I a) Chứng minh SI vuông góc với AB tại K b) Chứng minh AM .AS + BN .BS = 4R2 c) Cho biết MN//AB và MN = R .Tính diện tích tam giác SAB phần nằm ngoài đường tròn (O) ĐÁP ÁN Bài 1: (2 điểm) a) b). . A 2 2. 6. . . 2 3  2 2. . . 3 .. 4 2 3  2. 2  2. . .    x x  x x  x x  1 B   2   2   2  2      1 x  x1  x1   . (1đ) Bài 2: (2 điẻm) 4 2 a) x  10 x  16 0 2 Đặt t x 0 2 Phương trình trở thành: t  10t  16 0  t1 2 ; t2 8 ( nhận) 9. . . 3 .. . x 1 x   1 x  . . 3 1 2 3  2  3  2. . x 2 2. 3.   x. x . 2. (1đ) 2.   2  x  4.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013 2 + Với t1 2  x 2. +Với.  x  2 ( nhận) t2 8  x 2 8  x 2 2. Vậy có 4 nghiệm x1  2; x2  2 x3 2 2; x3  2 2 3 4  x  y 2    4  5 3 b)  x y điều kiện : x 0; y 0. Đặt. u. 1 v 1 y hệ phương trình trở thành x ; 3u  4v 2 u 2    4u  5v 3 v 1 1 1 u 2  2  x  x 2 +Với 1 v 1  1  y 1 y +Với. 1   ;1 Vậy hệ phương trình dã cho có một nghiệm  2 . Bài 3: ( 2,5 điểm) a) Khi m 2 ta có phương trình x 2  2 x  1 0.  x1 1; x2 1. Vậy phương trình có 1 nghiệm x1 x2 1 2 b) x  mx  m  1 0 m 2  4  m  1. m 2  4m  4 2.  m  2  0. Vậy phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi số thực m c) Điều kiện với mọi m thuộc số thực Theo định lí viet ta có: ABC ABC.  x1  x2 m   x1.x2 m  1 x12  x22 10. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013 2.   x1  x2   2 x1 x2 10  m 2  2  m  1 10  m 2  2m  8 0  m 4; m  2. ( Thỏa điều kiện ) Bài 4:. a) Chứng minh SI  AB AMB 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) ANB 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)  ASB Xét có AN và BM là hai đường cao cắt nhau tại I  I là trực tâm ASB  SI là đường cao thứ ba  SI  AB b) Chứng minh AM .AS + BN .BS = 4R2 xét hai tam giác vuông AKS và AMB có : A : góc chung AKS . AMB( g  g ). AK AS   AM . AS  AK . AB AM AB. Tương tự: BN .BS BK . AB  AM . AS  BN .BS  AK . AB  BK . AB  AM . AS  BN .BS ( AK  BK ) AB.  AB 2 4R 2. b) Tính SSAB MN//AB và MN = R SAB đều và do SO  MN  SO R 3 OS .MN 1 R2 3  R 3.R  2 2 2 2  2  R 60  R   6 SquạtOMN= 360 SOMSN . SSAB SOMSN  S quạtOMN =. 3. . 3   R2 6 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013. ĐỀ 5 Câu 1: (2đ)Cho phương trình: 3x2 - 4x + m + 5 = 0 (m là tham số) a. Giải phương trình với m = - 4. (1). 1 1 4   7 b. Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt sao cho x1 x 2. Câu 2: (2,5đ) Cho biểu thức: a. 1 a 1. 1. a1. 2 a 1. M=( - a  a ):( + ) Với a > 0 và a 1 a. Rút gọn biểu thức M b. Tính giá trị của M khi a = 3 + 2 2 Câu 3: (2đ) Một thữa ruộng hình chữ nhật có chu vi 250m. Tính diện tích của thữa ruộng biết rằng nếu chiều dài giảm 3 lần và chiều rộng tăng 2 lần thì chu vi hình chữ nhật không thay đổi. Câu 4: (3,5đ)Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường tròn đường kính AH cắt các cạnh AB,AC lần lượt tại E và F. a. Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật b. Chứng minh AE.AB = AF.AC c. Đường thẳng qua A vuông góc với EI cắt BC tại I. Chứng minh I là trung điểm của đoạn BC. ĐÁP ÁN 3x2 – 4x + m + 5 = 0 (m là tham số). (1). 1 a. Với m = - 4 phương trình có dạng: 3x2 – 4x + 1 = 0  x1 = 1; x2 = 3 11 4 b. ĐK để (1) có hai nghiệm phân biệt:  ' > 0  m<- 3 . Theo Viet: x1 + x2 = 3 (2) 4 3 Câu1 x  x 1 1 1 1 m 5 2 m 5   1  4  (2 điểm) x x x . x x x 3 2 1 2 2 = và x1 .x2 = 3 (3). Từ 1 - 7 do đó theo (2),(3) có: 1 4 11 = - 7  m = -12 (< - 3 ) Vậy m cần tìm là m = -12.. Câu 2 (2,5đi ểm). a a.. M=(. a1. 1 -a. 1 a ):( a  1 +. 12. 2 a 1. ). 1đ. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013 a 1 =. a 1. a ( a  1 ) ( a  1)( a  1 ) : a 1. 1,5 đ. a. =. b. a = 3 + 2 2 = (1 + 2 )2  a = 1 + 2 3  2 2  1 2(1  2 )  2 1  2 1  2 M=. Gọi chiều dài HCN là x (m), chiều rộng HCN là y (m) thì x, y > 0. Chu vi CHN là 250 m nên: 2(x+y)= 250 hay x + y = 125 (1) x Chiều dài HCN sau khi giảm: 3 Chiều rộng HCN sau khi tăng: 2y (m) x x Câu 3 3 3 + 2y = 125 (2) (2điểm Do đó ta có: 2( + 2y) = 250 hay  x  y 125 )  x   2 y 125 Ta có hệ phương trình:  3 Giải hệ ta được: x = 75; y = 50 Vây chiều dài HCN là 75 m và chiều rộng là 50 m.Diện tích HCN là: 75.50 = 3750 (m2).. 1đ. 1đ. 1đ A F E. K. 1 1. B. a. ta có: A = 900((gt). 2 C. E = F = 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Tứ giác AEHF có 3 góc vuông nên là HCN. 0,5 b. Ta có : E1= H1 (góc nội tiếp chắn cùng chắn cung AF) mà góc H1 = C (cùng phụ góc Câu 4 H2).Suy ra góc E1 = C. và góc A chung. Vây hai tam giác vuông AEF và ACB đồng dạng, suy đ (3,5đi AE AF  ểm) ra AC AB hay AE.AB = AF.AC c. Gọi K giao điểm của AI và EF ta có góc E1+EAK = 900, 1đ Vì góc AKE = 900 Do AI vuông góc với EF. Mặt khác có góc B + C = B + E1 = 900 1đ Suy ra góc B = EAK, Vay tam giác IAB cân nên IA = IB (1) Chứng minh tương tự ta óc tam giác IAC cân nên IA = IC (2) Từ (1),(2) suy ra IB = IC tức I là trung điểm của BC. 1đ H. I. 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 - 2013. ĐỀ 6 2 3. Bài 1:(1,5 đ) Tính N = 2  4  2 3. . 2 2. 3. 4 2 3. x2 1 5   2 Bài 2:(2 đ) Cho biểu thức M = x  3 x  2 x  x  6. a) Hãy rút gọn M. b) Tìm các giá trị nguyên của x để M có giá trị nguyên. Bài 3:(3 đ) Cho phương trình bậc hai ẩn x:. x2 + 2(m+1)x + m2 – 6 = 0 (*).. a) Giải phương trình (*) với m = 1. b) Với giá trị nào của m thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt? c) Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (*). Tìm m để |x1 – x2| = 2 Bài 4:(3,5 đ) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB, dây CD vuông góc với AB (AC < CB). Hai tia BC và DA cắt nhau tại E. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ E tới đường thẳng AB. a) Chứng minh AHEC là tứ giác nội tiếp. b) Gọi F là giao điểm của hai tia EH và CA. Chứng minh HC = HF. c) Chứng minh HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>