TUYEN SINH 10 DE 016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ SỐ 16. CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN - Năm học: 2013 – 2014 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------------------------Bài 1: (2.0 điểm) 1) Trục căn thức ở mẫu:. 1 5 15  5  3  1. 2 2) Tính M  15 x  8 x 15 16 tại x  15 Bài 2: (3.0 điểm). x2 3 ( P) : y  (d ) : y  x  2 và đường thẳng 2. 1) Cho parabol. a) b). Vẽ (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.  : y mx  m. c) Tìm m để đường thẳng   tiếp xúc với parabol (P). 2 2) Cho phương trình: x  5 x  1 0 có hai nghiệm là x1 và x2. Hãy lập một phương trình bậc hai có ẩn y (với các hệ số là số nguyên) có hai nghiệm lần lượt là: y1 1 . 1 1 y2 1  x1 và x2 .. Bài 3: (1.5 điểm) Tính chu vi của một mảnh đất hình chữ nhật, biết rằng nếu tăng mỗi cạnh của hình chữ nhật thêm 4m thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 80m2; nếu giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài 5m thì diện tích hình chữ nhật bằng diện tích ban đầu. Bài 4: (2.5 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB và dây cung CD vuông góc với AB tại H (H khác A và B). Trên cung nhỏ BC lấy điểm K (K khác B và C). Đường thẳng AK cắt CD tại N.  a) Chứng minh KA là tia phân giác của CKD . b) Chứng minh tứ giác NHBK nội tiếp. c) Gọi P là giao điểm của BC và AK, Q là giao điểm của KD và AB. Chứng minh PQ//CD. d) Chứng minh P là tâm đường tròn nội tiếp CQK . Bài 5: (1.0 điểm) Một cái phểu có dạng hình nón và một cái bình đo thể tích có dạng hình trụ cùng diện tích đáy và chiều cao. Người ta múc hai phểu nước đổ vào bình và thấy mặt nước ngang với vạch chia 80 ml. Tính thể tích của bình. ------------------------------------HẾT----------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> *Ghi chú: Thí sinh được sử dụng máy tính đơn giản, các máy tính có tính năng tương tự như máy tính Casio fx-570 MS LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 16 Bài 1: 1) Trục căn thức ở mẫu: 1 5 15  5  3  1 . 1 5. . 5. . 3 1. .  . . 31 . 31. 1 5. . . 3 1. . 5 1. 1 3 1.  . . 5 . 1 5. . .  . 15 . 3 1. . . 3 1. . 3 1. 3 1 2. 2 2)Tính M  15 x  8 x 15 16 tại x  15 Ta có:. M  15 x 2  8 x 15  16 M. x. 15  4. . 2. M  x 15  4 M  15. 15  4 M 11. Bài 2: 1a) Vẽ (P) và (d) x2 ( P) : y  2 D TXĐ: . Bảng giá trị x –4 y. x2 2. 8. 3 2 TXĐ: D  (d ) : y  x . –2. 0. 2. 4. Bảng giá trị x. 2. 0. 2. 8. y  x . 0. 1. 3 2. 3 2. 1 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (P). B. A (d). 1b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d): x2 ( P) : y  2 (d ) : y  x . 3 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x2 3  x  2 2 a 1  x  2 x  3 0 b 2 c  3 Ta có: a  b  c 1  2  ( 3) 0 2. Phương trình có hai nghiệm: x1 1. Với. c 3 x2    3 a 1 1 x 1  y  2 9 x  3  y  2. 9  1  A  1;  B   3;  Vậy: Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là:  2  và  2 . 1c) Tìm m: x2 2    : y mx  m ( P) : y .

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và   là:. x2 mx  m 2 2.  x  2mx  2m 0. a 1 (1) b  2m  b '  m c 2m.  ' b '2  ac   ' (  m) 2  1.2m   ' m 2  2m.    tiếp xúc (P).  (1) có nghiệm kép   ' 0  m 2  2m 0  m(m  2) 0  m 0   m  2 0  m 0   m 2. Vậy: Với m = 0; m = 2 thì    tiếp xúc (P). 2) Lập phương trình bậc hai ẩn y: 2. x  5 x  1 0. a 1 b  5 c  1. Ta có: a 1  0  c  1  0  ac  0  Phương trình luôn luôn có hai nghiệm phân biệt. Theo định lí Vi-ét, ta có: b 5   x1  x2  a  1 5   x x  c   1  1  1 2 a 1. Ta có: 1 1 x1  x2 5   S  y1  y2 1  x  1  x 2  x x 2   1  3 1 2 1 2    P  y y  1  1   1  1  1  1  1  1 1  x1  x2  1 1  5  1  5    1 2  x1   x2  x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 1 1 .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> y1 và y2 là hai nghiệm của phương trình bậc hai: y 2  Sy  P 0  y 2  ( 3) y  ( 5) 0  y 2  3 y  5 0. Bài 3: Gọi x (m) là chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật y (m) là chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật (x>y>2) Diện tích ban đầu của mảnh đất là: xy (m2) Nếu tăng mỗi cạnh thêm 4 m thì: Chiều dài mới của mảnh đất là: x + 4 (m) Chiều rộng mới của mảnh đất là: y + 4 (m) Nếu giảm chiều rộng 2 m thì chiều rộng mới là: y – 2 (m) Nếu tăng chiều dài 5 m thì chiều dài mới là: x + 5 (m) Theo đề bài, ta có hệ phương trình:  x  4   y  4   xy 80   x  5   y  2   xy  x  y 16   2 x  5 y 10  x 16  y   2 x  5 y 10  x 16  y   2  16  y   5 y 10  x 16  6   y 6  x 10   y 6. Chu vi của mảnh đất là: 2(10 + 6) = 32 m Trả lời : Chu vi của mảnh đất là 32 m Bài 4:. GT.  AK  CD  N  (O); đường kính AB; CD  AB ; K  BC ; ; BC  AK  P. ;. KD  AB  Q. . KL. a) KA là tia phân giác của CKD b) Tứ giác NHBK nội tiếp. c) PQ//CD d) P là tâm đường tròn nội tiếp CQK.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 2. 1.  a) Chứng minh KA là tia phân giác của CKD . Trong đường tròn (O), ta có: AB  CD (gt)  AC  AD. Ta lại có: AKC  1 2 sđ AC (góc nội tiếp) sđ AKD  1 2 sđ AD (góc nội tiếp) sđ AKC  AKD . Do đó: (t/c bắc cầu)  Hay KA là tia phân giác của CKD [đpcm] b) Chứng minh tứ giác NHBK nội tiếp: Trong đường tròn (O), ta có: AB  CD (gt)   NHB 900. Ta lại có: AKB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)   NHB  NKB 900  900 1800. Do đó: Xét tứ giác NHBK, ta có:   NHB  NKB 1800 (cmt)  Tứ giác NHBK nội tiếp được trong đường tròn đường kính NB. [đpcm].

<span class='text_page_counter'>(7)</span> c) Chứng minh PQ//CD: Trong đường tròn (O), ta có: ABC  1 2 sđ AC (góc nội tiếp) sđ AKD  1 2 sđ AD (góc nội tiếp) sđ ABC  AKD. Do đó: (t/c bắc cầu) Xét tứ giác BKPQ, ta có: ABC  AKD (cmt)  Tứ giác BKPQ nội tiếp được trong đường tròn     PQK PBK (góc nội tiếp cùng chắn PK ). Trong đường tròn (O), ta có:    CDK CBK (góc nội tiếp cùng chắn CK )   Do đó: CDK PQK (t/c bắc cầu)  PQ//CD (đồng vị) [đpcm] d) Chứng minh P là tâm đường tròn nội tiếp CQK . Trong đường tròn (O), ta có:.   A C 1 1.  (góc nội tiếp cùng chắn KB ). Ta có:  PQ / / CD (cmt )  PQ  AB  CD  AB ( gt ) . 0. Hay PQA 90 0  Ta lại có: BCA 90 0  Hay PCA 90. (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). 0 0 0   Do đó: PQA  PCA 90  90 180 Xét tứ giác PCAQ, ta có:.   PQA  PCA 1800. (cmt).  Tứ giác PCAQ nội tiếp được trong đường tròn    A1 C 2 (góc nội tiếp cùng chắn PQ ) . . Do đó: C1 C2 (t/c bắc cầu) Hay CP là đường phân giác trong của CQK Mặt khác, ta có: KP là đường phân giác trong của CQK (cmt) Vậy: P là tâm đường tròn nội tiếp CQK . [đpcm].

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bài 5: Thể tích của cái phểu hình nón là: Vnón = 80 : 2 = 40 (ml) 1 1 Thể tích của cái bình hình trụ là: Vnón = 3 Vtrụ  40 = 3 Vtrụ  Vtrụ = 120 (ml).

<span class='text_page_counter'>(9)</span>