De thi lop 10 Hai Duong 20132014 co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG --------------ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 12 tháng 7 năm 2013 (Đề thi gồm: 01 trang). Câu 1 (2,0 điểm): 1) Giải phương trình : ( x – 2 )2 = 9  x + 2y - 2= 0  x y  2  3  1 2) Giải hệ phương trình: . Câu 2 ( 2,0 điểm ): 1  x 9   1       x3 x  3   2 4 x   1) Rút gọn biểu thức: A = với x > 0 và x 9 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (3m -2) x +m – 1 song song với đồ thị hàm số y = x +5 Câu 3 ( 2 ,0 điểm ): 1) Một khúc sông từ bến A đến bến B dài 45 km. Một ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng từ B về A hết tất cả 6 giờ 15 phút. Biết vận tốc của dòng nước là 3 km/h.Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng. 2) Tìm m để phương trình x2 – 2 (2m +1)x +4m2+4m = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa x  x2  mãn điều kiện 1 . x1+ x2 Câu 4 ( 3,0 điểm ) : Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, trên nửa đường tròn lấy điểm C (C khác A và B).Trên cung BC lấy điểm D (D khác B và C) .Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại B. Các đường thẳng AC và AD cắt d lần lượt tại E và F. 1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp một đường tròn. 2)Gọi I là trung điểm của BF.CHứng minh ID là tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho.  3)Đường thẳng CD cắt d tại K, tia phân giác của CKE cắt AE và AF lần lượt tại M và N.Chứng minh tam giác AMN là tam giác cân. Câu 5 ( 1,0 điểm ): Cho a, b là các số dương thay đổi thoả mãn a + b = 2.Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức  a b  1 1  2 a 2  b2  6     9  2  2   b a a b  Q=. . . ------------------------------ Hết ------------------------------Họ và tên thí sinh: ……………………………………Số báo danh: …………………. Chữ ký của giám thị 1: …………………Chữ ký của giám thị 2: ……………………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN Câu 1( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình: (x-2)2 = 9  x  2 3    x  2  3  x 3  2 5    x  3  2  1 Vậy S={-1;5} 2) Giải hệ phương trình:  x  2y  2 0  x y  2  3  1   x  2y  2    2y  2 y  1  2 3  x  2y  2  ( 2y  2).3 2y  6  x  2y  2   6y  2y 0  x  2.0  2 2   y 0  x 2  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  y 0. Câu 2( 2,0 điểm) 1) Rút gọn: 1  x  1     x3 x  3   2  A=. 9 4x.    với x> 0 và x 9.  ( x  3)  ( x  3)   x 9 A      ( x  3)( x  3)   2 2 x.   . 2 x x 9 . x 9 2 x 1 . 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = ( 3m -2)x + m-1 song song với đồ thị hàm số y = x+ 5 để đồ thị hàm số y = ( 3m -2)x + m-1 song song với đồ thị hàm số y = x+ 5 3m  2 1    m  1 5.  m 1  m 1   m 6.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy với m =1 đồ thị hàm số y = ( 3m -2)x + m-1 song song với đồ thị hàm số y = x+ 5. Câu 3( 2,0 điểm) 1) Gọi vận tốc ca nô khi nước yên lặng là x km/h ( x> 3) Vân tốc ca nô khi xuôi dòng là: x +3 km/h Vân tốc ca nô khi ngược dòng là: x – 3 km/h 45 Thời gian ca nô khi xuôi là: x  3 giờ 45 Thời gian ca nô khi ngược là: x  3 giờ. Theo đề bài ta có phương trình: 45 45 25 x 3 + x  3 = 4. Giải phương trình ta được x1=-0,6 < 3( Loại); x2=15 >3( Thỏa mãn) Vậy vận tốc ca nô khi nước yên lặng là 15 (km/h) 2) Tìm m để phương trình x2 -2(2m+1)x + 4m2+4m =0 có hai nghiệm phân biệt thỏa x  x x  x. 1 2 mãn đk: 1 2 Giải Để phương trình x2 - 2(2m+1)x + 4m2+4m =0 có hai nghiệm phân biệt  ’=(2m+1)2-(4m2+4m) =1>0 với mọi m..   x1 = 2  2m  1  x =4m 2  4m Theo hệ thức Vi-ét, ta có  2 x1  x 2 x1  x 2. Theo bài ra, ta có:.  x1  x 2 x 1  x 2  x1  x 2 0  2 2  x1  x 2   x1  x 2   x1  x 2 0  2 2  x1  x 2   4x1x 2  x1  x 2   x1  x 2 0  2 2  x1  x 2   4x1x 2  x1  x 2   x  x 2 0 (3)  1 4x1x 2 0 (4) Từ (1),(2) thế vào (3),(4), ta có:.  1  2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1  m  2 2(2m  1) 0    m 0  2 m 0  4m  4m 0    m  1 Vậy với m = 0 phương trình x 2 – 2 (2m +1)x +4m2+4m = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa x  x2  mãn điều kiện 1 . x1+ x2 Câu 4 ( 3,0 điểm ) : b)Tam giác BDF vuông tại D nên ID=IB=1/2BF. Suy ra tam giác IDB cân tại I  góc IDB=gócIBD. Mà BI  AB  Nên BI là tiếp tuyến (O)  gócIBD=1/2sd BD  góc IDB  =1/2sd BD  DI là tiếp tuyến của (O)   c)Tứ giác CDFE nội tiếp nên NDK E 1 ANM NDK   CKE 2 ( góc ngoài của tam giác NDK) AMN E   1 CKE  2 ( góc ngoài của tam giác MEK)   Suy ra ANM  AMN .Do đó tam giác AMN là tam giác cân tại A. Câu 5 : Cách 1: Vì a + b = 2 nên a2 + b2 = 4 – 2ab Mặt khác do a2 + b2  2ab nên 4 – 2ab  2ab  4  4ab . 1  ab . ab 1. a b  1 1 a b 1 1 2  a 2  b2   6     9  2  2  2a 2  2b2  6  6  9 2  9 2 b a a b = b a a b Ta có: Q = 2. 2. 3  3 3 3    a     b    a 2  b 2 2  a    b    a 2  b 2 b  a b a   ( Bất đẳng thức CôSi). Mà: 3 3 2(ab  3) 2 2(a 2b 2  9  6ab) 18  2  a    b    a 2  b2   a 2  b2   4  2ab 2ab   12  4  2ab b  a ab ab ab  18 18  8   8  10 ab ab Vậy Q  10 Dấu bằng xảy ra khi a = b =1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> a b 1 1 Q 2( a 2  b2 )  6(  )  9( 2  2 ) b a a b Cách2 a b 1 1 Q 2a 2  2b 2  6  6  9 2  9 2 b a a b a 1 b 1 (a 2  6.  9 2 )  (b 2  6  9 2 )  a 2  b 2 b a b a 3 9 3 1 (a 2  2.a.  2 )  (b 2  2.b  9 2 )  a 2  b 2 b b a a 3 3 3 3 (a  ) 2  (b  )2  a 2  b 2  2(a  )(b  )  a 2  b 2 (¸p dông A 2 + B 2 2A.B) b a b a 9 9 2(ab  3  3  )  (a  b) 2  2ab 2(ab  6  )  (a  b) 2  2ab a.b ab thay a  b 2 ta cã 9 18 18 Q 2(ab  6  )  4  2ab  12  4   8  ab ab ab 2 ( a  b) ( a  b) 2 4 (a  b)2 4ab  a.b  ab   1 4  4 4 Ta có 1 18 18 1  18   8   8  18 10 ab ab nên a.b (vì a.b là số dương) 3 3   ab  3 ab  3   a  b   b a b a   a b a b Dấu “=” xảy ra khi a=b. vì a + b = 2  a = b =1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 10 tại a = b =1 Cách 3 a b 1 1 Q 2(a 2  b 2 )  6(  )  9( 2  2 ) b a a b Ta có 2=a+b 2 ab  ab 1 Ta lại có a2+b2=(a+b)2-2ab= 4-2ab Do đó a b 1 1 Q 2(a 2  b 2 )  6(  )  9( 2  2 ) b a a b 2 2 2 a b a  b2 2(4  2ab)  6 9 2 ab  ab  8  4ab  6 8  4ab . 4  2ab 4  2ab 9 2 ab  ab . 24 36 18  12   2 ab  ab  ab.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 8  4ab  12  20  4ab . 36.  ab . 2. . 42 ab. 30 36 72    36  36 2 ab  ab  ab. 30 1  36(  1) 2 ab ab  16  4  30 10 a  b 2   a b 1 a b ab  1 0   16  4ab . Dấu bằng xảy ra khi :.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>