DeDA vao 10 Bac Giang 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC : 2013-2014 MÔN : TOÁN NGÀY 30/06/2013 Thời gian làm bài : 120 phút. Câu I( 3 điểm ) 1. Tính giá trị của biểu thức A= 3  27  144 : 36 2.Tìm m để hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m 3x  2 y  1  3. Giải hệ phương trình 5 x  y 7. . 1 2 ) và (d'): y=3x-2 song song với nhau.. Câu II( 2 điểm ) x 2x  x  x  x ( với x>0; x 1) 1. Rút gọn biểu thức B = x  1 2 2. Cho phương trình x  x  1  m 0 (1) a. Giải phương trình (1) với m =3. 1 1 2     x1 x2  3 0 x x2  b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn :  1 Câu III (1,5 điểm ) Tìm hai số tự nhiên hơn kém nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé. Câu IV ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d tại M, tia BF cắt d tại N. 1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. 2. Chứng minh BE.BM = BF.BN 3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi. Câu V(0,5 điểm) 1 2 y  3. Cho hai số x, y thỏa mãn 1  x 3 và 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 M= 6 x y  7 x y  24 xy  2 x  18 y  28 xy  8 x  21 y  6. Hướng dẫn Câu I( 3 điểm ) 1. Tính giá trị của biểu thức A= 3  27  144 : 36 =7.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1 2. Hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m 2 ) và (d'): y=3x-2 song song với nhau khi và chỉ khi 1  a=a' và b  b' <=> ...<=>m=2( thỏa mãn m 2 ) KL... . 3x  2 y  1  x 1   3. Giải hệ phương trình 5 x  y 7 <=>...<=>  y  2 KL... Câu II( 2 điểm ) 1. Rút gọn biểu thức B . x 2x  x x 2x  x x      x1 x x x  1 x x x1. . . . . x 2 x1 x. . . x1. 2. x1 x 2 x  1 x  2 x 1      x1 x1 x1 x1 x1 ( với x>0; x 1) 2 2. Cho phương trình x  x  1  m 0 (1) a. Giải phương trình (1) với m =3. 2 Với m =3 phương trình (1) trở thành x  x  2 0 Nhận thấy a-b+c=0 nên pt có 2 nghiệm là x1  1; x2 2 1 1 2     x1 x2  3 0 x x2  b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn :  1 Ta có  4m  3 3   4m  3  0 m   4  1  m 0 m 1 Điều kiện để pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 là :  x1  x2 1  x .x 1  m Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có  1 2 (*) 1 1 2     x1 x2  3 0 2 2( x1  x2 )   x1  x2   3 x1 x2 0 x1 x2   mà => (**) 2 thay (*) vào (**) ta được : m  5m  6 0 => m1=2; m2 =3 ( TM ĐK) KL... Câu III (1,5 điểm ) Tìm hai số tự nhiên hơn kém nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé. Gọi số bé là x ( x  N) khi đó số lớn là x+12 Vì tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé nên ta có phương trình : x(x+12) = 20(x+12) +6x <=> x2 -14x-240 = 0 => x1 = 24(TM) ; x2 = -10( loại) Vậy số bé là 24 => số lớn là 24+12=36. Cách 2: Gọi số lớn là x và số bé là y ( x,y  N và x> y).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (1)  x  y 12  x  y  12   xy 20 x  6 y  y  y  12  20  y  12   6 y ta có hệ pt :  Giải pt (2) ta được y1 = 24 (tm) ; y2 = -10( không tm) Thay y =y1 =24 vào (1) => x=36 KL.... (2). Câu IV ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d tại M, tia BF cắt d tại N. 1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. 2. Chứng minh BE.BM = BF.BN 3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi.. a) Ta có góc AEB = 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => góc AEM =900 ( vì góc này kề bù với góc AEB) Xét tứ giác MCAE có: góc ACM =900 (gt) góc AEM =900 ( CM trên ) => góc ACM =900 +góc AEM =1800 mà hai góc này ở vị trí đối diện nhau => tứ giác MCAE nội tiếp. b) Chứng minh tam giác BAE đồng dạng tam giác tam giác BMC => BE.BM = BA.BC (1) Chứng minh tam giác BAF đồng dạng tam giác tam giác BNC => BF.BN = BA.BC (1) Từ (1) và (2) => BE.BM = BF.BN Cách 2: Góc BMN = góc BAE ( cùng bù với góc CAE) mà góc BAE = góc EFN ( Hai góc nội tiếp cùng chăn một cung ) => Góc BMN = góc EFN.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Xét tam giác BEF đồng dạng với tam giác BNM => BE.BM = BF.BN c). 3 Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác EDO vuông tại O ta có DE = 2 R => DE =R 3 Vì EF vuông góc với BC và D là trung điểm của BC nên ta sẽ chứng minh được EF là đường trung bình của tam giác BMN => EF =2R 3 . d) Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB Ta chứng minh được E,A,N và M, A, F thẳng hàng => A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định => Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BA'.. Câu V(0,5 điểm) 1 2 y  3. Cho hai số x, y thỏa mãn 1  x 3 và 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 M= 6 x y  7 x y  24 xy  2 x  18 y  28 xy  8 x  21 y  6 Ta có :.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ¿ 1≤ x ≤ 3 1 2 ≤y≤ 2 3 ⇔ 2 ¿ x − 4 x+ 3≤ 0 6 y 2 −7 y +2 ≤0 ⇒ ( x 2 − 4 x +3 ) ( 6 y 2 −7 y +2 ) ≥ 0 ⇒ M ≥ 0 ¿{ ¿. 1 2 y  3 Ta nhận thấy rằng : M không có Max bởi vì hai số x , y thỏa mãn : 1 x 3 và 2 Vì với điều kiện này M chỉ được nhận Min mà thôi..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>