De huong dan giai TS 10 Mon Toan tinh Lao Cai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI. ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề (đề thi có 01 trang). Câu 1. (1,5 điểm) Tính:. 100 1 3  2 4 b) a). 2. 8  c). 27 3. . P. . 2. x 1 . 2x  6 x x  3 với x ≥ 0. Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức P. b)Tìm x sao cho P có giá trị là 2013. Câu 3. (2,0 điểm) a) Biết rằng đồ thị của hàm số y = 2x + a đi qua điểm M(-1;3). Tìm a..  x  2y 3  x  y  6 b) Giải hệ phương trình  Câu 4. (2,0 điểm) 2. a) Giải phương trình bậc hai 2x  x  1 0 . b) Tìm giá trị của m để phương trình x2 + 6x – m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 2 2 x  x  x1x 2 30 . 1 2 sao cho. Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A. Gọi D là trung điểm của cạnh BC. Qua D dựng đường thẳng vuông góc với AB tại M, lấy điểm N đối xứng với D qua M. Từ giao điểm P của AB và CN, hạ đoạn thẳng PQ vuông góc với BC tại Q. Các tia CP và QM cắt nhau tại E. a) Chứng minh tứ giác MPDQ nội tiếp một đường tròn. b) Chứng minh BE vuông góc với CN..  c) Chứng minh tia EC là tia phân giác của AEQ . ……………….HẾT………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Chữ kí của giám thị số 1: ………………….; Chữ kí của giám thị số 2: ……………….. Họ và tên thí sinh: ……………………………………; Số báo danh: …………………..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Gợi ý, hướng dẫn giải: Câu 1. (1,5 điểm) Tính:. 100 10 1 3 1 3 4     2 2 2 2 2 4 b) 27 27 2. 8   2.8   16  3 3 c) a). 9 4  3 1. Câu 2. (1,5 điểm). . P a). . 2 x x 3 2x  6 x x 1   x  2 x 1  x 3 x 3. . 2. . . . x  2 x  1  2 x x  1 . b) P có giá trị là 2013  x  1 2013  x 2013  1  x 2012 . Câu 3. (2,0 điểm) a) Đồ thị của hàm số y = 2x + a đi qua điểm M(-1;3) nên. 3 2.  1  a  a  2 3  a 5 . Vậy a = 5 là giá trị cần tìm..  x  2y 3   x  y  6 b) .  x  y  6   3y  9 .  x  y  6   y  3 .  x  3   y 3. Hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (-3;3) Câu 4. (2,0 điểm) 2. a) Phương trình 2x  x  1 0 có a – b + c = 2 – 1 + (-1) = 0 nên có hai nghiệm. x1  1 và. x2 . 1 2. 2   '  3  1.  m  0 b) Phương trình x + 6x – m = 0 có nghiệm  m  9 0  m  9 (*)  x1  x 2  6   x1.x 2  m 2. Khi đó theo định lí vi-et ta có. 2. 2. x 2  x 2 2  x1x 2 30   x1  x 2   x1x 2 30    6     m  30 Do đó 1  m  36 30  m  6 Kết hợp với (*) ta có m = - 6 là giá trị cần tìm. Câu 5. (3,0 điểm).  a) Ta có PQD 90 (vì PQ  BC ) (1) 0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . 0. DM // AC mà AB  AC  AB  DM  PMD 90 (2) Từ (1) và (2) suy ra hai điểm Q và M cùng nằm trên đường tròn đường kính PD hay tứ giác MPDQ nội tiếp. b) Gọi F là giao điểm của QP và AC..  PQB vuông tại B có PBQ 450  BPQ vuông cân tại Q. 0   APF vuông tại A có FPA BPQ 45 (vì đối đỉnh)  APF vuông cân tại A. APC và AFB có AP = AF ( vì APF vuông cân tại A)   PAC BAF 900 AC = AB ( vì ABC vuông cân tại A)   ACP ABF APC AFB. Suy ra. =. (c.g.c). Suy ra.   Mặt khác APC BPE (do đối đỉnh)       PBE  BPE ABF  BPE ACP  APC 900 Nên. (do APC vuông tại A). 0 0     Trong PEB có PBE  BPE 90  BEP 90 CNB hay BE  CN.   c) Tứ giác MPDQ nội tiếp  PQM PDM (3)       Mà PDM PNM; PNM PCA nên PQM PCA     Tứ giác APQC nội tiếp  PQA PCA (4); PAQ PCQ (5)    Từ (3) và (4) suy ra PQM PQA hay tia QP là tia phân giác của MQA     Tứ giác EFAP nội tiếp  EFP EAP mà EFP ECB (vì hai góc cùng phụ với    EBC ) nên EAP ECB (6).

<span class='text_page_counter'>(4)</span>    Từ (5) và (6) suy ra  EAP PAQ hay AP là tia phân giác của EAQ  AEQ có hai tia phân giác AP, QP cắt nhau tại P nên EP là tia phân giác của AEQ  Hay EC là tia phân giác của AEQ.

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