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

Chia sẻ: Thanh Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

869
lượt xem 51
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 TỈNH BẮC GIANG. 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 TỈNH BẮC GIANG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẮC GIANG NĂM HỌC : 2013-2014 MÔN : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC NGÀY 30/06/2013 Thời gian làm bài : 120 phút Câu I( 3 điểm ) 1. Tính giá trị của biểu thức A= 3 � 27 − 144 : 36 1 2.Tìm m để hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m ) và (d'): y=3x-2 song song 2 với nhau. 3 x + 2 y = −1 3. Giải hệ phương trình 5x − y = 7 Câu II( 2 điểm ) x 2x − x 1. Rút gọn biểu thức B = + ( với x>0; x 1) x −1 x−x 2. Cho phương trình x 2 − x + 1 − m = 0 (1) a. Giải phương trình (1) với m =3. b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn : � 1 1� 2 � + � x1 x2 + 3 = 0 + �1 x2 � x Câu III (1,5 điểm ) Tìm hai số tự nhiên hơn kém nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé. Câu IV ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d tại M, tia BF cắt d tại N. 1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. 2. Chứng minh BE.BM = BF.BN 3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi. Câu V(0,5 điểm) 1 2 Cho hai số x, y thỏa mãn 1 x 3 và y . 2 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= 6 x 2 y 2 − 7 x 2 y − 24 xy 2 + 2 x 2 + 18 y 2 + 28 xy − 8 x − 21 y + 6
Hướng dẫn Câu I( 3 điểm ) 1. Tính giá trị của biểu thức A= 3 � 27 − 144 : 36 =7 1 2. Hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m ) và (d'): y=3x-2 song song với nhau khi 2 1 và chỉ khi a=a' và b b' ...m=2( thỏa mãn m ) 2 KL... 3 x + 2 y = −1 x =1 3. Giải hệ phương trình ... KL... 5x − y = 7 y = −2 Câu II( 2 điểm ) 1. Rút gọn biểu thức B = x + 2x − x = x − 2x − x = x − ( x 2 x −1 ) x −1 x−x x −1 x − x x −1 ( x x −1 ) ( ) 2 x 2 x −1 x − 2 x +1 x −1 = − = = = x −1 x −1 x −1 x −1 x −1 ( với x>0; x 1) 2. Cho phương trình x 2 − x + 1 − m = 0 (1) a. Giải phương trình (1) với m =3. Với m =3 phương trình (1) trở thành x 2 − x − 2 = 0 Nhận thấy a-b+c=0 nên pt có 2 nghiệm là x1 = −1; x2 = 2 b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn : �1 1� 2 � + � x1 x2 + 3 = 0 + �1 x2 � x Ta có ∆ = 4m − 3 3 4m − 3 > 0 m> Điều kiện để pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 là : � � 4 1− m 0 m 1 x1 + x2 = 1 Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có (*) x1.x2 = 1 − m � 1 1� mà 2 � + � x1 x2 + 3 = 0 => 2( x1 + x2 ) + ( x1 + x2 ) + 3 x1 x2 = 0 (**) 2 + � x1 x2 � thay (*) vào (**) ta được : m 2 − 5m + 6 = 0 => m1=2; m2 =3 ( TM ĐK) KL...
Câu III (1,5 điểm ) Tìm hai số tự nhiên hơn kém nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé. Gọi số bé là x ( x N) khi đó số lớn là x+12 Vì tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé nên ta có phương trình : x(x+12) = 20(x+12) +6x x2 -14x-240 = 0 => x1 = 24(TM) ; x2 = -10( loại) Vậy số bé là 24 => số lớn là 24+12=36. Cách 2: Gọi số lớn là x và số bé là y ( x,y N và x> y) x − y = 12 x = y + 12 (1) ta có hệ pt : � � xy = 20 x + 6 y y ( y + 12 ) = 20 ( y + 12 ) + 6 y (2) Giải pt (2) ta được y1 = 24 (tm) ; y2 = -10( không tm) Thay y =y1 =24 vào (1) => x=36 KL... Câu IV ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d tại M, tia BF cắt d tại N. 1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. 2. Chứng minh BE.BM = BF.BN 3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi.
a) Ta có góc AEB = 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => góc AEM =900 ( vì góc này kề bù với góc AEB) Xét tứ giác MCAE có: góc ACM =900 (gt) góc AEM =900 ( CM trên ) => góc ACM =900 +góc AEM =1800 mà hai góc này ở vị trí đối diện nhau => tứ giác MCAE nội tiếp. b) Chứng minh tam giác BAE đồng dạng tam giác tam giác BMC => BE.BM = BA.BC (1) Chứng minh tam giác BAF đồng dạng tam giác tam giác BNC => BF.BN = BA.BC (1) Từ (1) và (2) => BE.BM = BF.BN Cách 2: Góc BMN = góc BAE ( cùng bù với góc CAE) mà góc BAE = góc EFN ( Hai góc nội tiếp cùng chăn một cung ) => Góc BMN = góc EFN Xét tam giác BEF đồng dạng với tam giác BNM => BE.BM = BF.BN c) 3 Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác EDO vuông tại O ta có DE = R => DE =R 2 3 Vì EF vuông góc với BC và D là trung điểm của BC nên ta sẽ chứng minh được EF là đường trung bình của tam giác BMN => EF =2R 3 . d) Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB Ta chứng minh được E,A,N và M, A, F thẳng hàng
=> A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định => Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BA'. Câu V(0,5 điểm) 1 2 Cho hai số x, y thỏa mãn 1 x 3 và y . 2 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= 6 x 2 y 2 − 7 x 2 y − 24 xy 2 + 2 x 2 + 18 y 2 + 28 xy − 8 x − 21 y + 6 Ta có : 1 �x � � ( x − 1) ( x − 3) � => x 2 − 4 x + 3 � (1) 3 0 0 1 2 � 1� � 2� �y � � � − � y − � 0 � 6 y 2 − 7 y + 2 � (2) y � � 0 2 3 � 2� � 3�