ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA

Chia sẻ: Thanh Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

239
lượt xem 29
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA. Đây là đề thi chính thức của Sở giáo dục và đào tạo trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT. Thời gian làm bài là 120 phút không kể thời gian giao đề. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHÁNH HÒA NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 21/06/2013 (Đề thi có 01 trang) (Thời gian: 120 phút - không kể thời gian giao đề) Bài 1: ( 2,00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) 1) Chứng minh: ( 22 − 3 2 ) 10 + 3 11 = 2 a( a − 1) a 2) Cho biểu thức P = − với a > 0 và a ≠ 1. a −1 a+ a Rút gọn rồi tính giá trị của P tại a = 20142 . Bài 2: (2,00 điểm) 1) Tìm x biết 3 2x + 3 − 8x + 12 = 1+ 2 3x2 − 4y 2 + 2(3x − 2y) = −11 2) Giải hệ phương trình: x 2 − 5y 2 + 2x − 5y = −11 Bài 3: (2,00 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): y = − x 2 4 1) Vẽ đồ thị (P). 2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB. Bài 4: (4,00 điểm) Cho đường tròn (O; 3cm) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M là điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác O và C). Tia BM cắt cắt đường tròn (O) tại N. 1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp. ﾷ 2) Chứng minh ND là phân giác của ANB . 3) Tính: BM .BN 4) Gọi E và F lần lượt là hai điểm thuộc các đường thẳng AC và AD sao cho M là trung điểm của EF. Nếu cách xác định các điểm E, F và chứng minh rằng tổng (AE + AF) không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. ----------------- HẾT -------------------- Giám thị không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: ………………………… SBD:……………/ Phòng: …………………… Giám thị 1: ……………………………... Giám thị 2: ……………………………………
HƯỚNG DẪN GIẢI (GV Lê Quốc Dũng, THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang) Bài 1: ( 2,00 điểm) 1) Chứng minh: ( 22 − 3 2) 10 + 3 11 = 2 Ta có: ( 22 − 3 2 ) 10 + 3 11 = = 2( 11 − 3) 10 + 3 11 = ( 11 − 3) 20 + 6 11 = ( 11 − 3) ( 11 + 3)2 = = ( 11 − 3)( 11 + 3) = 11− 9 = 2 a( a − 1) a 2) P = − (ĐK : a > 0 và a ≠ 1) a −1 a+ a a( a − 1) a a 1 a −1 Ta có: P= − = − = = a −1 a −1 a+ a a +1 a +1 a +1 Với a = 20142, ta có : P = 20142 − 1 = 2014 − 1 = 2013 Bài 2: (2,00 điểm) 1) Tìm x biết 3 2x + 3 − 8x + 12 = 1+ 2 (ĐK: x ≥ -3/2) ⇔ 3 2x + 3 − 2 2x + 3 = 1+ 2 ⇔ 2x + 3 = 1+ 2 ⇔( 2x + 3)2 = (1+ 2)2 = 3+ 2 2 ⇔2x + 3 = 3 = 2 2 ⇔x = 2 (thỏa đk) 3x2 − 4y 2 + 2(3x − 2y) = −11 2) Giải hệ phương trình: x 2 − 5y 2 + 2x − 5y = −11 3x2 − 4y 2 + 6x − 4y = −11 (1) ⇔ 3x − 15y + 6x − 15y = −33 (2) 2 2 Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y2 + 11y = 22 ⇔ y2 +y – 2= 0 ⇔ y = 1 hoặc y = -2 * Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)2 = 0 ⇔ x = -1 * Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)2 = 0 ⇔ x = -1 Vậy hpt có nghiệm (x ;y) ∈ { (-1 ;1), (-1 ;-2)}. Bài 3: (2,00 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): y = − x 2 4
1) Vẽ đồ thị (P). ( các em tự vẽ) 2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB. Gọi A(x ; 0) và B(0 ; y) 1 2 Vì M thuộc (P) có x = 2 nên: y = -1. Vậy M (2 ; -1) O• • • • • 1 1 A Ta có : SOMA = .1.OA ; SOMB = .2.OB -1 • • 2 2 M •B và từ: SOMA = 2SOMB ⇒ OA = 4.OB y 1 hay : x = 4.y ⇔ x = ± 4y ⇔ = =k x 4 (Với k là hệ số góc của đường thẳng (d) qua M và thỏa điều kiện đề bài). Đường thẳng qua M(2 ; -1) có hệ số góc k và thỏa điều kiện đề bài là : 1 3 1 1 (d1) : y = x − và (d2) : y = − x − 4 2 4 2 Bài 4: (4,00 điểm) A 1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp. N ﾷ Ta có : ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) AOM = 900 (vì AB ⊥CD tạo O) ﾷ F ﾷﾷ Suy ra: ANB + AOM = 1800 C D M O ⇒ tứ giác AOMN nội tiếp. E B ﾷ 2) Chứng minh : ND là phân giác của ANB . Ta có : AB, CD là đường kính của (O). ﾷﾷ AB ⊥ CD (gt) ⇒ AD = BD ⇒ AND = BND ⇒ ND là phân giác của góc ANB. ﾷﾷ 3) Tính: BM .BN Do ∆BOM ﾷ ∆BNA (gg)
BO BM ⇒ = ⇒ BM.BN = BO.BA=3.6=18 ⇒ BN .BM = 18 = 3 2 cm BN BA ﾷ 4) Ta có: ∆ EAF vuông tại A ( CAD = 900 , E ∈AC, F∈ AD) có M là trung điểm của EF ⇒ MA = ME = MF ⇒ M là tâm của đường tròn qua M có bán kính MA ⇒ Điểm E, F là giao điểm của đường tròn (M; MA) với AC và AD. Ta có: AM = BM ( vì M nằm trên CD là trung trực của AB) ⇒ MA = MB = ME = MF⇒ tứ giác AEBF nội tiếp ⇒ BFD = AEB ﾷﾷﾷﾷ Ta lại có: BDF = BCE = 900, ﾷﾷ suy ra: DBF = CBE ﾷﾷﾷﾷ Xét tam giác BDF và tam giác BCE, ta có: BC = BD ; DBF = CBE ; BDF = BCE = 900 nên ∆BDF = ∆BCE(gcg) ⇒DF = CE Vậy : AE + AF = (AC + CE) + AF=AC+(CE+AF) = AC + (DF+AF) = AC+ AD=2AD Mà ∆OAD vuông cân tại O nên AD = OA2 + OD2 = 32 + 32 = 3 2 ⇒ AE + AF = 3 2 . Vậy tổng AE + AF không phụ thuộc vào vị trí điểm M.