DAP AN DE THI MON TOAN VAO LOP 10 THPTNAM HOC 20132014TINH QUANG BINH

<span class='text_page_counter'>(1)</span>së GD & ®t qu¶ng b×nh. kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt n¨m häc 2013 - 2014. Khoá ngày 26- 06 - 2013 Môn : TOÁN SBD: ............................Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề) (ĐỀ CHÍNH THỨC). Đề thi gồm có 01 trang. MÃ ĐỀ: 036 1  1   1 A    1  x  x  1 x  1  với x >0; x 1   Câu 1:(2,0 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.. Câu 2:(1,5 điểm) Giải hệ phương trình sau:. 2 x  y 5   x  3 y  1. Câu 3:(2,0 điểm) : Cho phương trình x2 +(2m-1)x+2(m-1)=0 (m là tham số) a) Giải phương trình khi m=2. b) Chứng minh phương trình có nghiệm với m. c) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thoar mãn x1(x2-5)+x2(x1-5)=33 Câu 4:(1,0 điểm) Cho x, y là các số dương thoả mãn: x  y 2 . 4 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P ( x  1)( y  1)  2013 .. Câu 5:(3,5 điểm): Cho đường tròn (O) và đường thẳng d không giao nhau với đường tròn (O). Gọi A là hình chiếu vuông góc của O trên đường thẳng d. Đường thẳng đi qua A (không đi qua O) cắt đường tròn (O) tại B và C (B nằm giữa A, C). Tiếp tiếp tại B và C của đường tròn (O) cắt đường thẳng d lần lượt tại D và E. Đường thẳng BD cắt OA, CE lần lượt ở F và M, OE cắt AC ở N. a) Chứng minh tứ giác AOCE nội tiếp. b) Chứng minh AB.EN = AF.EC. c) Chứng minh A là trung điểm của DE.. HÕT. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 Khóa ngày 26 - 06 - 2013 Môn: TOÁN MÃ ĐỀ: 036 * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng. * Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0.25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0.5 điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0.25 điểm. * Học sinh không vẽ hình đối với Câu 5 thì cho điểm 0 đối với Câu 5. Trường hợp học sinh có vẽ hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì cho điểm 0 ở ý đó. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của từng câu. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu.. Câu 1. 1a. 1b. Nội dung. Điểm 2,0 điểm. x 1  x  1 x  1 1  1   1 A     1  x  ( x  1)( x  1) x x 1   =  x1 2 x x 1 . = x 1 x 2 = x. 0,5 0,5 0,5. A là số nguyên, suy ra x 2  x 4 Do x >0; x 1 nên x nhận giá trị 2; 3; 4 Thử lại, x= 4 thỏa mãn A nguyên. Vậy biểu thức A có giá trị nguyên khi x = 4. 0,25 0,25 1,5 điểm. 2. 2 x  y 5 6 x  3 y 15    x  3 y  1  x  3 y  1 Ta có: 7 x 14   x  3 y  1  x 2   y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   2;1 .. 0,5 0,5 0,5. Lưu ý: Học sinh chỉ viết kết quả thì cho 0,75 điểm 3 2. 3a 3b. Với m=2. Ta có phương trình: x  3 x  2 0 . Ta có a  b  c 1  3  2 0 . Phương trình có hai nghiệm x1  1; x2  2 Lưu ý: Học sinh chỉ viết kết quả thì cho 0,5 điểm Ta có  =(2m-1)2 – 8(m-1) =4m2-12m+9=(2m-3)2 0  m. 2,0 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy phương trình có nghiệm với mọi m Theo định li Viet x1  x2 1  2m, x1 x2 2(m  1) 3c. 0,25 0,25. x1(x2-5)+x2(x1-5) =33  2x1x2- 5(x1+x2) =33  2.2(m-1)-5(1-2m)=33  14m=42  m=3 Vậy m=3 phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1(x2-5)+x2(x1-5) =33. 0,25 0,25 1,0 điểm. 4. Ta có. 4. P  x  1 ( y  1)  2013 4. 4. 4. 4. 4. 0,25 4. 2. 2 2. 2. 2.  x y  x  y  1  2013  x y  ( x  y )  2 x y  1  2013 ( x 2 y 2  1) 2  ( x 2  y 2 ) 2  2013 ( x 2 y 2  1) 2  (4  2 xy) 2  2013. 4. ( x 2 y 2  1) 2  16  16 xy  4 x 2 y 2  2013. 0,25. ( x 2 y 2  1) 2  4( xy  1) 2  8 xy  2025 ( x 2 y 2  1) 2  4( xy  1) 2  2( x  y ) 2  2025. 0,25. ( x 2 y 2  1) 2  4( xy  1) 2  2017 2017.  x  y 2  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2017 khi  xy 1.  x  y 1. 5. 0,25 3,5 điểm. C. O. N. M. 0,5 B F d D. A. E. 0  Ta có: OAE 90 OA  d. 5a.  OCE 900 ( CE là tiếp tuyến của đường tròn (O))   OAE  OCE 1800. Suy ra: Vậy tứ giác AOCE nội tiếp. 5b.   Ta có: BAF CEN (1) (cùng chắn cung OC). 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ABF CBM .   (đối đỉnh), CBM ECN (tính chất tiếp tuyến).   Suy ra: ABF ECN (2) Từ (1) và (2) ta có ABF đồng dạng với ECN AB AF   AB.EN AF.EC Suy ra: EC EN   OAD OBD 900. Tứ giác ABOD có 5c.     Suy ra: ODE OBC , mà OBC OCB . . 0,25 0,25. nên ABOD nội tiếp (  OBC cân tại O) . 0,25. . Ta có: OCB OED ( cùng chắn cung OA)  ODE OED Do đó tam giác ODE cân tại O. OA là đường cao của tam giác cân ODE, suy ra A là trung điểm của DE.. 0,25 0,25 0,25 0,25.

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