ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

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

Thêm vào BST

Báo xấu

112
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM. 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 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NAM NĂM HỌC: 2013 – 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1.( 1,5 điểm) a− a a −1 Rút gọn các biểu thức sau: A = − ( a 0, a 1) a −1 a +1 4+ 2 − 3 − 6 + 8 B= 2+ 2 − 3 Câu 2. ( 2,0 điểm) a, Giải phương trình : x2 − 6 x − 7 = 0 2x − y = 1 b, Giải hệ phương trình sau: 2(1 − x) + 3 y = 7 Câu 3. (1,5 điểm) Cho phương trình: x 2 + 2(m − 1) x − 2m − 3 = 0 (m là tham số) a, Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ∀m R b, Tìm giá trị của m sao cho : (4 x1 + 5)(4 x2 + 5) + 19 = 0 Câu 4. ( 4,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Lấy điểm C thuộc (O) ( C khồng trùng với A, B), M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC. Các đường thẳng AM và BC cắt nhau tại I, các đường thẳng AC, BM cắt nhau tại K. a, Chứng minh ﾷ ABM = IBM và ∆ABI cân. ﾷ b, Chứng minh tứ giác MICK nội tiếp. c, Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở N. Chứng minh đường thẳng NI là tiếp tuyến của đường tròn (B;BA) và NI ⊥ MO. d, Đường tròn ngoại tiếp ∆BIK cắt đường tròn (B;BA) tại D ( D không trùng với I). Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng. Câu 5. ( 1,0 điểm) y 2x + 3 + 1 Cho các số thực dương x, y thỏa mãn = . Tìm giá trị nhỏ 2x + 3 y +1 nhất của biểu thức Q = xy − 3 y − 2 x − 3 HẾT
Đáp án Câu 1: a− a a −1 A= − (a 0, a 1) a −1 a +1 a ( a − 1) a −1 = − ( a − 1)( a + 1) a +1 a a −1 = − a +1 a +1 1 = a +1 4+ 2 − 3 − 6 + 8 B= 2+ 2 − 3 (2 + 2 − 3) + (2 − 6 + 8) = 2+ 2 − 3 (2 + 2 − 3) + 2( 2 − 3 + 2) = 2+ 2 − 3 (2 + 2 − 3)(1 + 2) = 2+ 2 − 3 = 1+ 2 Câu 2: a, Ta có: a – b + c = 1 + 6 – 7 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: −c x1 = −1, x2 = =7 a �x − y = 1 2 �x − y = 1 2 �x − y = 1 �x − 3 = 1 � = 2 2 2 x � �� b, � − x) + 3 y = 7 � 2 x + 3 y = 5 � y = 6 2(1 − 2 � =3 y � =3 y vậy hệ PT có nghiệm là (x,y) = (2; 3) Câu 3: a, x 2 + 2(m − 1) x − 2m − 3 = 0 Có ∆ / = (m − 1)2 − (−2m − 3) = m 2 + 4 > 0∀m R ( vì m 2 0 với mọi m R ) Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m R b, Vì phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m x1 + x2 = −2(m − 1) Theo hệ thức Vi-et: x1.x2 = −2m − 3
Theo bài ra (4 x1 + 5)(4 x2 + 5) + 19 = 0 � 16 x1 x2 + 20 x1 + 20 x2 + 44 = 0 � 4 x1 x2 + 5( x1 + x2 ) + 11 = 0 1 � 4(−2m − 3) + 5(−2m + 2) + 11 = 0 � −18m + 9 = 0 � m = 2 1 Vậy m = là giá trị cần tìm. 2 Câu 4: (Tự vẽ hình) a, Vì M nằm chính giữa ﾷ nên ﾷ = MC � ﾷ AC AM ﾷ ABM = MBC (2 góc nội tiếp ﾷ chắn 2 cung bằng nhau) � ﾷﾷ ABM = MBI BM là tia phân giác của ﾷ (1) ABI Ta có AMB = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) ﾷ o � BM ⊥ AI BM là đường cao của VBAI (2) Từ (1),(2) VBAI cân tại B. AMB = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) b, Ta có ﾷ BMI = 90o ( vì kề bù với ﾷﾷ AMB ) ﾷ KMI = 90o Ta có ﾷACB = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ACI = 90o ( vì kề bù với ﾷﾷ ACB = 90o ) ﾷ � KCI = 90o Xét tứ giác MICK có: KMI + KCI = 90o + 90o = 180o ﾷﾷ Mà 2 góc này ở vị trí đối diện Tứ giác MICK nội tiếp. c, Xét VBAN và VBIN có: BI = BA ( vì VBAI cân tại B) IBN = ﾷﾷ ABN (vì ﾷ ABM = IBM ) ﾷ BN là cạnh chung. VBAN = VBIN (c.g.c) � NIB = NAB (2 góc tương ứng) ﾷﾷ Mà NAB = 90o ( vì AN ⊥ AB do AN là tiếp tuyến của (O)) ﾷﾷ Do đó NIB = 90o nên NI ⊥ BI Lại có BA = BI mà BA là bán kính của (B;BA) nên BI là bán kính của (B;BA) NI là tiếp tuyến của (B;BA) Dễ thấy OM là đường trung bình của VABI OM//BI mà NI ⊥ BI nên OM ⊥ NI(đpcm) d, Gọi điểm D / là giao của AC với (B;BA)
Gọi H là giao điểm của IK và AB. ﾷﾷ +, C/m VBAD / cân tại B nên BAD / = BD / A ﾷﾷ VIAD / cân tại I nên IAD / = ID / A Do đó ﾷﾷﾷﾷ BAD / + IAD / = BD / A + ID / A ﾷﾷ � BAI = BD / I ﾷ Hay MAH = ID / B ﾷ +, C/m Tứ giác AMKH nội tiếp nên MAH + MKH = 180o hay ﾷﾷ MAH + IKB = 180o (vì MKH = IKB do 2góc đối đỉnh) ﾷﾷﾷﾷﾷ Hay BD / I + IKB =180o nên tứ giác IKBD/ nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp ﾷ VIBK cắt (B;BA) tại D/. Mà đường tròn ngoại tiếp VIBK cắt (B;BA) tại D Do đó D D / , nên 3 điểm A, C, D thẳng hàng. −3 Câu 5: Đk: x > và y 0 2 Đặt 2 x + 3 = u ( u > 0 ), y = v(v 0) v2 u + 1 = � v 3 + v 2 = u 3 + u 2 � (u − v)(v 2 + uv + u 2 + u + v ) = 0vì u2 v +1 Từ bài ra ta có: � u − v = 0(dou > 0, v > 0) �u=v � 2x + 3 = y Nên biểu thức: Q = x(2 x + 3) − 3(2 x + 3) − 2 x − 3 = 2 x 2 − 5 x − 12 5 = 2( x 2 − x − 6) 2 Do đó � 5 49 � = 2 � − )2 − � (x � 4 4� 5 49 −49 = 2( x − ) 2 − 4 2 2 5 Dấu “ =” xảy ra x= 4 −49 5 Vậy Qmin = khi x = 2 4