DE THI TS 10 1213THAM KHAO

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THCS TT MỸ LUÔNG ĐỀ THAM KHẢO SBD :. SỐ PHÒNG: …. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2013 - 2014 Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút. (Không kể thời gian phát đề ). Bài 1: (2,5 điểm) a) Thực hiện phép tính: A  64  169  9 2 b) Giải phương trình bậc hai: x  7x  10 0. 3x  y 10  c) Giải hệ phương trình:  x  2y 1. Bài 2: (2,0 điểm) 2 Cho Parabol (p): y x và đường thẳng (d): y = 2x+m. a) Vẽ đồ thị (p). b) Tìm m để (d) tiếp xúc (p). Tìm tọa độ tiếp điểm với m vừa tìm được. Bài 3: (2,0 điểm) 2 Cho phương trình ẩn x: x  2mx  2m  1 0. a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. 2 2 b) Tính giá trị biểu thức P x1  x 2 theo m. Suy ra giá trị nhỏ nhất của P.. Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O ; R), trên đường tròn lấy liên tiếp ba điểm A, B, C sao cho sđ   AB = 900, sđ BC = 300. Kẻ AH vuông góc với đường thẳng BC.. a) Chứng minh tứ giác AHBO nội tiếp. b) Chứng minh OH là trung trực của AC. c) Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AB, AH, và OH. -----------Hết---------Ghi chú: * Thí sinh không được sử dụng tài liệu. * Giám thị coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN: BÀI / CÂU Bài 1 a). BÀI GIẢI. ĐIỂM 0,25đ 0,25đ. A  64  169  9 = 8 – 13 + 3. =-2 b). x 2  7x  10 0  ( 7) 2  4.1.10 9 > 0. 0,5đ. Phương trình có hai nghiệm phân biệt:. c).  x 3   x 1  y  2. Bài 2 a). 0,5đ. 7 9 7 9 x1  5 ; x2  2 2 2 3x  y 10 6x  2y 20 7x 21     x  2y 1  x  2y 1  x  2y 1. Lập bảng giá trị: x -2 2 y=x 4 Vẽ đồ thị:. 0,5đ.  x 3   y 1. -1 1. 0 0. 0,5đ. 1 1. 2 4. 0,5đ. 0,5đ b) Phương trình hoành độ giao điểm của (p) và (d): x 2 2 x  m  x 2  2 x  m 0 (1). Để (p) và (d) tiếp xúc khi:  ' ( 1) 2  ( m) 1  m 0  m  1. Tọa độ tiếp điểm của (p) và (d): Với m = -1, phương trình (1) có nghiệm kép: x1 x2 1  y 1. Vậy m = -1 thì (P) và (d) tiếp xúc. Tọa độ tiếp điểm (1;1). 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 3 a). x 2  2mx  2m  1 0. 0,5đ.  ' ( m) 2  (2m  1) m 2  2m  1 (m  1) 2 0. b). Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Theo hệ thức Vi-ét, ta có:. 0,5đ.  x1  x2 2m   x1.x2 2m  1 P x12  x22 ( x1  x2 ) 2  2 x1 x2 (2m) 2  2(2m  1) 4m2  4m  2. 0,25đ. P (2m  1)2  1 1. Dấu “ = ” xảy ra khi: Vậy: Pmin = 1 khi Bài 4 a). Ta có:. 2m  1 0  m . m. 1 2. 1 2. 0,25đ (h.vẽ: 0,25đ) 0,5đ. AHB 900 ( AH  BC ). AOB 900 AOB   ( sđ AB ) 0    AHB  AOB 180. 0,5đ. Vậy tứ giác AHBO nội tiếp. b). ΔAHC vuông tại H, ta có: 1  ACHđAB s 2. 1  .900 450 2 (góc nội tiếp). 0,5đ. => ΔAHC vuông cân tại H => HA = HC mà OA = OC = R Vậy OH là trung trực của AC.. 0,5đ. ΔOAB vuông tại O, ta có: AB2 = OA2 + OB2 = R2 + R2 = 2R2  AB R 2. 0,5đ. Theo t/c góc ngoài của tam giác, ta có: 1 1 ABH BAC    BCA  .300  .90 0 600 2 2 ABH AH = AB.sin = R 2 .sin 600 3 6 R 2 = R 2. 2 =. ΔAHC vuông cân tại H, ta có: AC = AH. 2 =. 0,5đ R. 6 . 2 R 3 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Gọi I là giao điểm của OH và AC. 1 R 3 HI  AI IC  AC  2 2 ΔAHC vuông tại H có HI là trung tuyến,nên 3R 2 R 2 R OI 2 OA2  AI 2 R 2    OI  4 4 2 R R 3 R (1  3) OH OI  IH    2 2 2 Vậy: Chú ý: 1. Nếu thí sinh làm bài bằng cách khác đúng thì vẫn cho điểm tương đương. 2. Điểm toàn bài không được làm tròn.. 0,75đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>