Ts 10Ba Ria Vung Tau 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN TOÁN THỜI GIAN 120 PHÚT (KHÔNG KỂ THỜI GIAN GIAO ĐỀ). ĐỀ CHÍNH THỨC. Bài 1: (3.5 điểm) a) Giải phương trình: x2 – 6x + 8 = 0. 3x  2y 4  2x  y 5 b) Giải hệ phương trình:   8 32 18  1 5  14  6  . 9 25 49   2. c) Rút gọn: A= d) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 4cm, CH = 9cm. Tính AH, AB, AC. Bài 2: (1.5 điểm). 3 1 Cho hàm số y= 4 x2 có đồ thị là parabol (P) và hàm số y= 2 x + m có đồ thị là đường thẳng (d). a) Vẽ parabol (P) b) Tìm giá trị của m để (d) và (P) không có điểm chung. Bài 3:(1.0 điểm): Quãng đường từ A đến B dài 50km.Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi đi được 2 giờ, người ấy dừng lại 30 phút để nghỉ. Muốn đến B đúng thời gian đã định, người đó phải tăng vận tốc thêm 2 km/h trên quãng đường còn lại. *Tính vận tốc ban đầu của người đi xe đạp. Bài 4: (3.5 điểm): Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H ( H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau tại E..  CAE đồng dạng với  CHK 2) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh  NFK 1) Chứng minh tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp và cân. 3) Giả sử KE = KC. Chứng minh : OK // MN và KM2 + KN2 = 4R2. Bài 5: (0,5 điểm) 2. Cho phương trình x  2( m  1) x  ( m  1) 0 . Tìm m để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 1, một nghiệm lớn hơn 1. HƯỚNG DẪN.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 1: (3.5 điểm) a) Giải phương trình: x2 – 6x + 8 = 0.  ' 9  8 1 .  ' 1. x1 3  1 4 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt:. x2 3  1 2. 3x  2y 4  2x  y 5 b) Giải hệ phương trình:  3x  2y 4 3x  2y 4 7x 10  x 2  x 2         2x  y 5 4x  2y 10 2x  y 5 4  y 5  y 1  8 32 18  1 5  14  6 . 9 25 49  2  c) Rút gọn: A=  8 32 18  1 4 16 9 5  14 6 5  14  6  . 25 49  2 9 25 49  9 2 4 3 6   5   14  4  4  6 6 3 5 7 d) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BH = 4cm, CH = 9cm. Tính AH, AB, AC. A. B. C. H. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC đường cao AH, ta có:. AH 2  BH .HC 4.9 36  AH 6  cm  AB 2  BH .BC  BH .  BH  HC  4.  4  9  52  AB 2 13  cm  AC  HC.BC  HC.  BH  HC  9.  4  9  117  AB 3 13  cm  Bài 2: (1.5 điểm). 3 1 Cho hàm số y= 4 x2 có đồ thị là parabol (P) và hàm số y= 2 x + m có đồ thị là đường thẳng (d). a) Vẽ parabol (P). Bảng giá trị của x và y x. -2. -1. 0. 1. 1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> y. 3 4. 3. 3 4. 0. 3. 10. 8. 6. 4. 2. -15. -10. -5. 5. 10. 15. -2. -4. -6. -8. -10. b) Tìm giá trị của m để (d) và (P) không có điểm chung. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:. 3 2 1 3 1 x  x  m  x 2  x  m 0  3x 2  2 x  4m 0  1 4 2 4 2  ' 1  12m (d) và (P) không có điểm chung khi pt (1) vô nghiệm.   ' 1  12m  0  m  . 1 12. Bài 3:(1.0 điểm):. 1 30 ph  h 2 Đổi Gọi vận tốc ban đầu của người đi xe đạp là. x  km / h . Vận tốc sau khi tăng 2 km/h của người đi xe đạp là. . ĐK 0  x  25 .. x  2  km / h . Quãng đường người ấy đi trong 2h với vận tốc ban đầu là: Quãng đường còn lại là:. 50  2x  km . .. 2x  km . .. 50  h Thời gian người ấy dự định đi từ A đến B là: x 50  2 x  h Thời gian người ấy đi trên đoạn đường lúc sau là: x  2 1 50  2 x 50 5 50  2 x 50 2      2 x2 x 2 x2 x Ta có phương trình: x 10 (nhận) Giải pt này ta được: 1 x2  20 (loại).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy vận tốc ban đầu của người đi xe đạp là 10 Bài 4: (3.5 điểm):. I. km / h. M. H. A. B. O. E. K. F. 1) Ta có. N. C. 0 AKB 900  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay AKE 90 ;. AHE 900  GT . AKE  AHE 900  900 1800    tứ giác AHCK nội tiếp  CAE CHK (cùng chắn cung KE). Xét CAE và CHK , có:   CAE CHK  cmt     ΔCAE ∽ ΔCHK  g.g  C  chung      KNF NF  AC  gt    NKB  1   NF / / BK     BK  AC  cmt    MKB  2  KFN 2) Ta có Mặt khác. . Do đó. AB  MN  gt . dễ thấy AB là trung trực của MN.    MKB    BM  BN  BM  BN  NKB  3    KFN  NKF  1 ,  2  &  3  KNF. .. cân tại K..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> KE  KC  KEC vuông cân tại K   KCE 450  ACH 450  AHC vuông cân tại H  KAB 450  AKB vuông cân tại K. Suy ra đường trung tuyến KO của tam giác 3) Giả sử. MN  AB  gt . AKB cân tại K đồng thời là đường cao  OK  AB . Mặt khác suy ra OK // MN. Gọi I là giao điểm của tia KO với (O) Ta có KI // MN suy ra KIMN là hình thang. Mặc khác hình thang KIMN nội tiếp (O) suy ra KIMN là hình thang cân, suy ra NK = MI. 2. KM 2  KN 2  KM 2  MI 2  KI 2  2 R  4 R 2. Do đó Bài 5: (0,5 điểm) Phương trình. x 2  2( m  1) x  (m  1) 0  1. . Ta có. 1 1 7 2  '  m  1  m  1 m2  2m  1  m  1 m2  m  2 m2  2m.   2 4 4 2. 1 7   m     0 2 4 . m. Suy ra pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.. x1 ; x2 là hai nghiệm của pt (1). Ta có x1  1  x2 khi 1. f  1  0  1  2  m  1   m  1  0  1  2m  2  m  1  0  m  2 Gọi.

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