De Dap an thi Vao 10 1314

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 , Môn thi : Toán Thời gian : 120 phút không kể thời gian giao đề. Bài 1: (2.0 điểm) 1- Giải các phương trình sau : a) 2103( 5x - 5) = 0 b) x2 - 3x + 2 = 0 2- Giải hệ phương trình :. 1 + 2+2 √ a. Bài 2: (2.0 điểm) Cho biẻu thức : A = 12-. y=7 {2x+x −y=2 1 2 −2 √ a. -. a2 +1 1 − a2. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A 1. Tìm giá trị của a ; biết A < 3 Bài 3: (2.0 điểm) 1- Cho đường thẳng (d) : y = ax + b .Tìm a; b để đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1 ; 3) và song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3 2- Cho phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) .Tìm a để phươmg trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thoả mãn x 21 + x 22 = 4 Bài 4: (3.5 điểm) Cho tam tam giác đều ABC có đường cao AH . Trên cạnh BC lấy điểm M bất kỳ ( M không trùng B ; C; H ) Từ M kẻ MP; MQ lần lượt vuông góc với các cạnh AB ; AC ( P thuộc AB ; Q thuộc AC) 1- Chứng minh :Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn 2- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ .Chứng minh OH PQ 3- Chứng minh rằng : MP +MQ = AH Câu 5: (0,5điểm) Cho a,b,c là 3 số thực khác không và thoả mãn: ìï a 2 (b + c ) + b 2 (c + a ) + c 2 (a + b) + 2abc = 0 ïí ïï a 2013 + b 2013 + c 2013 = 1 î 1 1 1 Q = 2013 + 2013 + 2013 a b c Hãy tính giá trị của biểu thức. ------ Hết ------. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Giám thị 1: ……………………………… Giám thị 2: …………………………………………. BIỂU CHẤM KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> NĂM HỌC 2013-2014 Môn thi : Toán. Bài 1 Bài 1 2 điểm. Nội dung a) Giải phương trình: 2013(5x – 5) = 0 ⇔ 5x – 5 = 0 ⇔ 5x = 5 ⇔ x=1 vậy nghiệm của phương trình là x = 1 2 b) x – 3x + 2 = 0 là phương trình bậc hai ẩn x có dạng : a + b+ c = 0. c 2 = a 1. ⇒ nghiệm của phương trình là x1 = 1; áp dụng vi ét ta có x2 =. =2 Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = 1; x2 = 2 y=7 {2x+x −y=2. Giải hệ phương trình : 2. ⇔. Bài 2 2đ. {x3+x=9 y =2. ⇔. 0,5. {3+x=3 y=2. 0,25. x=3 x=3 vậy nghiệm của hệ y=−1 y=−1 a≥ 0 a≥0 a ≥0 ⇔ ⇔ a≠1 2− 2 √ a ≠ 0 2≠ 2 √ a 2 1 1 a +1 A= + = 2 2+2 √ a 2 −2 √ a 1−a 2 1 1 a +1 A = 2( 1+ a) + 2( 1− a) √ √ (1+a) ( 1+ √ a ) ( 1− √ a ) ( a+1 ) ( 1− √ a ) + ( a+1 ) ( 1+ √ a ) −2 a2 −2 A= 2 .(1+ a) ( 1+ √ a )( 1 − √ a ) ( a+1 ) . ( 1 − √ a ) + ( a+1 ) . ( 1+ √ a ) − 2a 2 − 2 A= 2 .(1+ a). ( 1+ √ a ) . ( 1− √ a ) a− a √ a+1 − √ a+ a+a √ . a+1+ √ a −2 a2 −2 A= 2 . ( 1+ a ) ( 1+ √ a ) ( 1− √ a ) 2 a(1 − a) 2 a− 2 a2 a A= = = 1+ a 2 . ( 1+ a ) ( 1− a ) 2 . ( 1+ a ) ( 1+ √ a ) ( 1− √ a ). {. {. {. 1. 2. a. 1. Với A < 3 ta có 1+ a < 3 <0 với a. 0 ⇒ 1 + a > 0 nên để. ⇒. a 1+ a. 2 a −1 <0 1+ a. 1. - 3 <0 ⇒. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 2 a −1 1+ a. 1. ⇔ 2a – 1 < 0. ⇒. a<. 2. 1 2. 0,25. 1. thì A < 3 đường thẳng (d) đi qua điểm A( -1 ; 3) có toạ độ x = -1 ; y = 3 thoả mãn công thức y = ax + b thay số ta có 3 = -a + b (1) Mà đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) : y = 5x + 3 nên. {a=5 b≠3. a<. 0,25 0,25 0,25. 1 2. vậy 0. 0,25 0,25 0,25. x=3 { y=2 −3. { {. 1. ⇔. Điểm 0,5. (2) từ (1) và (2) ta có. {a=5 b=8. vậy a = 5 ; b = 8 đường (d):y =. 5x + 8 phương trình ax2 + 3(a + 1)x + 2a + 4 = 0 ( x là ẩn số ) để phương trình 2 bậc hai khi a 0 ta có : Δ = b2 – 4ac = [ 3 ( a+1 ) ] − 4 a .(2a+4). 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Δ = 9 ( a2 + 2a + 1) – 8a2 – 16a = 9a2 + 18a + 9 – 8a2 – 16a Δ = a2 + 2a + 9 = ( a+ 1)2 + 8 > 0 với mọi a. Bài 3 2đ. 0,25. Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi a : Theo hệ thức vi et ta có : theo bài ra ta có : x 21 + ta có. (. 1 (1,25). 2 (1,25). Bài 4 3,5 đ. −3 ( a+1 ) 2 2 a+4 −2 × a a. ). −3 . ( a+1 ) a 2 a+ 4 x 1 . x2 = a 2 x 2 = 4 ⇒ ( x1 + x2)2 – 2x1.x2 = 4 thay vào. {. x 1 + x 2=. = 4 ⇒ 9 ( a2 + 2a + 1) -2a.(2a+4) = 4a2. 9a2 + 18a + 9 -4a2 -8a = 4a2 ⇒ a2 + 10a + 9 = 0 là phương trình bậc hai ẩn a có dạng a – b + c= 1- 10 + 9 = 0 nên có hai nghiệm a1 = –1 và a2 = -9 với a = - 1 hoặc a = -9 thoả mãn 2 A x1 + vậy với a = - 1 hoặc a = -9 p/ trình có hai nghiệm thoả mãn 2 x2 = 4 Xét Tứ giác APMQ ^ A = 900 ta có MQ AC ( gt)  M Q O và MP AB ( gt)  M P^ A = 900 P ^ A + MP ^ A = 1800 mà M Q ^A Nên : M Q và M P^ A là hai góc đối của ⋄ APMQ Q nên ⋄ APMQ nội tiếp được trong đường B H M C tròn. theo câu 1 thì ⋄ APMQ nội tiếp được trong đường tròn mà M P^ A = 900 nên AM là đường kính do đó O là trung điểm cuả AM Q; H ; P thuộc (O) nên OP = OH = OQ( = R) (1) 1. ^ H ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung Ta có P ^A H = 2 P O PH) Q^ AH =. 1 ^ Q O H ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung QH) 2. Vì Δ ABC đề có AH là đường cao nên nó cũng là phân giác góc BAC ⇒ ^ H = QO ^H ⇒ PO ⇒ OH là phân giác P^ AH = Q^ AH ^Q PO. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. Mặt khác OP = OQ nên Δ OPQ cân tại O có OH là phân giác ^Q PO. nên OH là đường cao Δ OPQ vậy OH 3 (1,0). S. PQ. = S Δ AMB + S Δ AMC 1 Mà S Δ ABC = 2 BC AH ;S Δ AMB = 1 Δ AMC = 2 AC MQ Δ ABC. 1 2 AB. MP ; S. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ⇒. S. Δ ABC. =. 1 2 BC. 1 2 AB. AH =. Vì Δ ABC dều nên BC = AC = AB ⇒. MP + 1 BC 2. 1 2 AC. MQ. 0,25. 1. AH = 2 BC. ( MP + MQ) ⇒ MP +MQ = AH. 0,25. Ta có: a 2 (b + c ) + b 2 (c + a) + c 2 ( a + b) + 2abc = 0 Û a 2b + a 2c + b 2 c + b 2 a + c 2 a + c 2b + 2abc = 0 Û (a 2b + b 2 a ) + (c 2 a + c 2b) + (2abc + b 2c + a 2c ) = 0 Û ab(a + b) + c 2 (a + b) + c (a + b)2 = 0 Û (a + b)(ab + c 2 + ac + bc ) = 0. Bài 5 0.5đ. 0,25. Û (a + b).(a + c ).(b + c ) = 0. *TH1: nếu a+ b=0 ïìï a =- b ïíìï a =- b 1 1 1 Û í 2013 Q = 2013 - 2013 + 2013 = 1 ïïî a + b 2013 + c 2013 = 1 ïïî c = 1 a a c Ta có ta có 1 1 1 Q = 2013 + 2013 + 2013 = 1 a b c Vậy (1) *TH2: nếu a+c=0 ïìï a =- c ïíìï a =- c 1 1 1 Û í 2013 Q =- 2013 + 2013 + 2013 = 1 ïïî a + b 2013 + c 2013 = 1 ïïî b = 1 c b c Ta có ta có 1 1 1 Q = 2013 + 2013 + 2013 = 1 a b c Vậy (2) *TH3: nếu b+c=0 ìïï b =- c ïìï b =- c 1 1 1 Û í 2013 í Q = 2013 + 2013 - 2013 = 1 ïïî a + b 2013 + c 2013 = 1 ïîï a =1 a b b Ta có ta có. Vậy. Q=. 1 a. 2013. +. Từ (1),(2),(3). 1 b. 2013. +. 1 c. 2013. ⇒ Q=. =1. 1 a. 2013. +. (3) 1 b. 2013. +. 1 c. 2013. =1. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG Ngày thi: 10.7.2012. ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC: 2012 – 2013 - Môn thi: Toán Thời gian 120 phút ( không kể thời gian phát đề ). 2 Bài 1 : ( 1.5 điểm) 1)Giải các phương trình: a/ 5x  6x  8 0. 4 2 b/ 10x  9x  1 0 .. 2 x  y  1  2)Giải hệ phương trình : 3 x  4 y  14. Bài 2 (1,5 điểm). 1 2. Cho biểu thức A = √ 9 x −27+ √ x −3 − √ 4 x −12 với x > 3. a/ Rút gọn biểu thức A. b/ Tìm x sao cho A có giá trị bằng 7. Bài 3: ( 1.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được điều đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm5 tấn. Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc? (biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG Ngày thi: 10.7.2012. ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC: 2012 – 2013 - Môn thi: Toán Thời gian 120 phút ( không kể thời gian phát đề ). 2 Bài 1 : ( 1.5 điểm) 1)Giải các phương trình: a/ 5x  6x  8 0. 4 2 b/ 10x  9x  1 0 .. 2 x  y  1  2)Giải hệ phương trình : 3 x  4 y  14. Bài 2 (1,5 điểm). 1 2. Cho biểu thức A = √ 9 x −27+ √ x −3 − √ 4 x −12 với x > 3. a/ Rút gọn biểu thức A. b/ Tìm x sao cho A có giá trị bằng 7. Bài 3: ( 1.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được điều đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm5 tấn. Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc? (biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG Ngày thi: 10.7.2012. ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC: 2012 – 2013 - Môn thi: Toán Thời gian 120 phút ( không kể thời gian phát đề ). 2 Bài 1 : ( 1.5 điểm) 1)Giải các phương trình: a/ 5x  6x  8 0. 4 2 b/ 10x  9x  1 0 ..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2 x  y  1  2)Giải hệ phương trình : 3 x  4 y  14. Bài 2 (1,5 điểm). 1 2. Cho biểu thức A = √ 9 x −27+ √ x −3 − √ 4 x −12 với x > 3. a/ Rút gọn biểu thức A. b/ Tìm x sao cho A có giá trị bằng 7. Bài 3: ( 1.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được điều đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm5 tấn. Hỏi đội xe ban đầu có bao nhiêu chiếc? (biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau). Câu 3 : ( 2,0 điểm ) Cho phương trình x2 – 4x – m2 + 6m – 5 = 0 với m là tham số a) Giải phương trình với m = 2 b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm 3 3 c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 , hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức P x1  x2. Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm của AC với đường tròn (O). Chứng minh rằng: 1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp..   2/ DOK 2.BDH. 2 3/ CK .CA 2.BD. 1 1 1   Bài 5: (0.5đ) Cho b,c là hai số thoả mãn hệ thức: b c 2. Chứng minh rằng ít nhất 1 trong hai phương trình sau phải có nghiệm:. x2+bx+c=0 (1);. x2+cx+b=0 (2). ----------------------Hết --------------------. Bài 3 : ( 2,0 điểm ) Cho phương trình x2 – 4x – m2 + 6m – 5 = 0 với m là tham số d) Giải phương trình với m = 2 e) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm 3 3 f) Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 , hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức P  x1  x2. Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm của AC với đường tròn (O). Chứng minh rằng: 1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp..   2/ DOK 2.BDH. 2 3/ CK .CA 2.BD. 1 1 1   Bài 5: (0.5đ) Cho b,c là hai số thoả mãn hệ thức: b c 2. Chứng minh rằng ít nhất 1 trong hai phương trình sau phải có nghiệm:. x2+bx+c=0 (1);. ----------------------Hết --------------------. Bài 3 : ( 2,0 điểm ) Cho phương trình x2 – 4x – m2 + 6m – 5 = 0 với m là tham số g) Giải phương trình với m = 2. x2+cx+b=0 (2).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> h) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm 3 3 i) Giả sử phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 , hãy tìm giá trị bé nhất của biểu thức P x1  x2. Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm của AC với đường tròn (O). Chứng minh rằng:   2/ DOK 2.BDH. 1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp.. 2 3/ CK .CA 2.BD. 1 1 1   Bài 5: (0.5đ) Cho b,c là hai số thoả mãn hệ thức: b c 2. x2+bx+c=0 (1);. Chứng minh rằng ít nhất 1 trong hai phương trình sau phải có nghiệm:. x2+cx+b=0 (2). ----------------------Hết -------------------Đáp án câu khó Đề 08.7.2012 Bài 3: b. Ta có ac = -m2+6m-5 = -((m-3)2+4)<0 với  m => phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.  x1  x2 4  x x  m2  6m  5 c. Theo Viét  1 2 => P = x13 +x23 = (x1 + x2)(x12 + x22 – x1.x2) = 12(m2 - 6m + 7) = 12((m-3)2-2) ≥ 12(-2) = -24 => Min P = -24  m=3. Bài 4: 1/  DH  AC (gt) DHC 900 BD  AD (gt)  BD  BC  BC // AD (t / c h ×nh b×nh hµnh)   DBC 900 Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới một góc không đổi bằng 900. D. C 1. 1. I. H 1. A. O.  HBCD nội tiếp trong đường tròn đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc) 2/    + D1 C1 (1/ 2s® BH của đường tròn đường kính DC)     + C1 A1 (so le trong, do AD//BC)  D1 A1       + DOK 2A1 (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK của (O))  DOK 2D1 2BDH . 3/   0 0    + AKB 90 (góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90 ; C1 A1 (c/m trên)  AHD CKB (cạnh huyền – góc nhọn)  AH CK +AD = BD ( ADB cân) ; AD = BC (c/m trên)  AD BD BC + Gọi I AC  BD ; Xét ADB vuông tại D , đường cao DH ; Ta có: BD 2 AD 2 AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1) 2 2 Tương tự: BD BC CK.CI. (2). K. B.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được: CK.AI  CK.CI 2BD2  CK(AI  CI) 2BD2  CK.CA 2BD 2 (đpcm) Bài 5: (0.5đ).. 1 1 1   Từ b c 2 => 2(b+c)=bc(1). x2+bx+c=0 (1) Có  1=b2-4c; x2+cx+b=0 (2) Có  2=c2-4b Cộng  1+  2= b2-4c+ c2-4b = b2+ c2-4(b+c)= b2+ c2-2.2(b+c) (thay2(b+c)=bc )  1+  2 = b2+ c2-2bc=(b-c)2  0. Vậy trong  1;  2có một biểu thức dương hay ít nhất 1 trong hai phương trình x2+bx+c=0 (1); x2+cx+b=0 (2) phải có nghiệm: --------------------------. Bài 5: (1.0 điểm) Cho hai số thực a; b thay đổi , thoả mãn điều kiện a + b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. A=. 1 và a > 0. 2. 8 a +b 2 +b 4a. BÀI LÀM 2. 8x  y  y2 Cách 1 : Tìm GTNN của D = 4 x với x+ y 1 và x > 0 Từ x+ y 1  y 1 - x ta có: 8x2 1  x 1 1 D  y 2 2 x    y 2 4x 4x 4 1 1 x   x   y 2 4x 4 1 1 1   1 1  x   1  y   y 2  x     y 2  y    4 4x   4  2 (1)  Thay x 1 - y ta suy ra:D  4 x 1 x 4 x 1 Vì x> 0 áp dụng BĐT cô si có: 2. 1  1  2  y  y    y   0 4  2 lại có: . 1 3 3 Nên từ (1) suy ra: D  1 + 0 + 2 hay D  2 . Vậy GTNN của D bằng 2 Khi.   x  y 1  1 1   x y  x  4x 2  1   y  2.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 8a 2  b  b2 Cách 2 : Tìm GTNN của A = 4a với a+ b 1 và a > 0 Từ x+ y 1  y 1 - x ta có: 8a 2  b 1 1 A  b 2 2a    (1  a )2 4a 4a 4 3 2 2 4a  4a  a  4a  4a  1  6a  4a 2 a (2 a  1)  (2 a  1) 2 3   4a 2 2 (2a  1) (a  1) 3 3    4a 2 2 1 (2a  1) 2 (a  1) 0 4a Khi vì với a > 0 thì Dấu bằng xảy ra khi a = 2 3 3 Nên từ (1) suy ra: A  0 + 2 hay A  2 . 3 1 Vậy GTNN của A = 2 khi a = b = 2.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>