TUYEN SINH 10 DE 006

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc. ĐỀ SỐ 06. 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) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 1 2 5   a) x  1 x 1 3  x 2 y  b)  x  y  3 A. 15  12 1  5 2 2 3. 2) Rút gọn biểu thức: Bài 2: (3.0 điểm) 2 1) Cho parabol ( P) : y ax có đồ thị đi qua điểm A( 4;  8) . a) Tìm a. Vẽ (P) vừa tìm được. b) Trên (P) tìm được ở câu a, lấy điểm B có hoành độ bằng 2. Viết phương trình đường thẳng AB. c) Tìm điểm M trên Oy sao cho AM + MB ngắn nhất. 2 2) Cho phương trình: x  5 x  7  m 0 (ẩn số x, tham số m) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn đẳng thức: x12 4 x2  1. Bài 3: (2.0 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 20 m. Xung quanh mảnh vườn, người ta làm một lối đi rộng 2 m. Phần đất còn lại để trồng trọt có diện tích 2016 m2. Tính chu vi của mảnh vườn. Bài 4: (3.0 điểm) Cho ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). M là trung điểm của cung BC không chứa điểm A, E là giao điểm của AM và BC. Trên AC, lấy điểm D sao cho AD  AB . a) Chứng minh tứ giác CDEM nội tiếp. b) MD cắt đường tròn (O) tại N, BN cắt AM tại K. Chứng minh bốn điểm A, N, D, K cùng thuộc một đường tròn. c) Chứng minh: ED // BN. ------------------------------------HẾT---------------------------------*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.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 06 Bài 1: 1a) Giải phương trình: 1 2 5   x  1 x 1 3 ĐKXĐ: x 1; x  1.  1 . (1). 3  x  1  6  x  1 5  x  1  x  1  3  x  1  x  1 3  x  1  x  1.  3x  3  6 x  6 5 x 2  5  5 x 2  5  3 x  3  6 x  6 0 a 5 b  9 c  2.  5 x 2  9 x  2 0  b 2  4ac 2.     9   4.5.   2    121  0   121 11. . Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 .  b      9  11  2 2a 2.5. (nhận).  b      9   11 1   2a 2.5 5. (nhận). x2 .  S 2;   Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:. 1  5. 1b) Giải hệ phương trình:  x 2 y    x  y  3.  x 2.   3  x 2 y  x  6    2 y  y  3  y  3  y  3  x; y    6;  3. Vậy: Nghiệm của hệ phương trình là: 2) Rút gọn biểu thức: A  A. 15  12 1  5 2 2 3 3. . 5 2 5 2.  A 3 2  A  2. . 3.  2  3  2  3  2  3.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 2: 1a) Tìm a: ( P) : y ax 2. Ta có: A( 4;  8)  ( P) : y ax 2   8 a.   4   a  ( P ) : y . Vậy: Vẽ đồ thị:. 2. 1 2. 1 2 x 2. ( P ) : y . 1 2 x 2. TXĐ: D  Bảng giá trị:. X. –4. –2. 0. 2. 4. 1 y  x 2 2. –8. –2. 0. –2. –8. 1b) Viết phương trình đường thẳng AB:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ( P ) : y . 1 2 x 2. Ta có: 1 2 x 2 1  yB  22 2  yB  2. B  2; yB   ( P ) : y . B(2;–2 ) Phương trình đường thẳng có dạng: AB: y = ax + b Ta có: A   4;  8   AB : y ax  b   8 a.   4   b  4a  b 8 B  2;  2   AB : y ax  b   2 a.2  b  2a  b  2 4a  b 8 6a 6 a 1 a 1     Giải hệ phương trình: 2a  b  2 2a  b  2 2.1  b  2 b  4 Vậy: AB : y x  4. 1c) Tìm điểm M trên Oy AB : y x  4 M  0; yM  M  Oy. Vì nên AM + MB ngắn nhất.  A, M, B thẳng hàng  M  0; yM   AB : y  x  4  yM 0  4  yM  4. M 0;  4 . Vậy:  2) Tìm m. a 1 x 2  5 x  7  m 0  1 b  5 c 7  m  b 2  4ac 2.     5   4.1.  7  m    25  28  4m   4m  3. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.   0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  4m  3  0 3  m 4. Theo định lý Vi-ét, ta có: b 5   x1  x2  a  1 5   x x  c  7  m 7  m  1 2 a 1 Từ (1) suy ra: x2 5  x1.  1  2. Ta có: x12 4 x2  1  x12 4  5  x1   1  x12 20  4 x1  1  x12  20  4 x1  1 0  x12  4 x1  21 0  x 3  1  x1  7 Với x1 3  x2 5  3 2. Thay vào (2), ta được: 3.2 7  m  6 7  m  m 1 x1  7  x2 5    7  12. Với Thay vào (2), ta được:  7.12 7  m   84 7  m  m 91. Vậy: Với m = 1 và m = 91 thì (1) có hai nghiệm thỏa điều kiện đề bài. Bài 3: Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh vườn (x > 4) Chiều dài của mảnh vườn là: x + 20 (m) Sau khi là lối đi rộng 2 m thì: Chiều dài của phần đất trồng trọt là: x + 20 – 4 = x + 16 (m) Chiều rộng của phần đất trồng trọt là: x – 4 (m) Theo đề bài, ta có phương trình:.  x  16   x  4  2016  x 2  4 x  16 x  64  2016 0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2.  x  12 x  2080 0. a 1 b 12  b ' 6 c  2080.  ' b '2  ac   ' 62  1.   2080    ' 2116  0 .  '  2116 46. Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 .  b '  '  6  46  40 a 1. x2 . (nhận).  b '  '  6  46   52 a 1. (loại) Chiều dài của mảnh vườn là: 40 + 20 = 60 (m) Chu vi của mảnh vườn là: 2.(60 + 40) = 200 (m) Trả lời: Chu vi của mảnh vườn là: 200 (m) Bài 4:. GT KL.   AM  BC  E D  AC (O), A, B, C  (O) ; AB < AC; BM MC ; ; ; AD  AB ; MD  (O )  N  ; BN  AM  K . a)Tứ giác CDEM nội tiếp b) A, N, D, K cùng thuộc một đường tròn. c) ED // BN. a) Chứng minh tứ giác CDEM nội tiếp.   Ta có: BM MC (gt) Trong đường tròn (O), ta có:.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 1  BAM   2 sđ BM 1  CAM   2 sđ MC   BAM CAM. (góc nội tiếp) (góc nội tiếp) (t/c bắc cầu). Do đó:   DAE Hay BAE Xét ABE và ADE , ta có: AB = AD (gt)   BAE DAE (cmt) AE là cạnh chung  ABE ADE (c-g-c)  ABE  ADE. Trong đường tròn (O), ta có: ABC  AMC  (góc nội tiếp cùng chắn AC )   Hay ABE  AMC   Do đó: ADE  AMC (t/c bắc cầu) ADE  EDC  1800 Ta lại có: (góc kề bù)    EMC  EDC 1800. Xét tứ giác CDEM, ta có:   EMC  EDC 1800 (cmt)  Tứ giác CDEM nội tiếp được trong một đường tròn. [đpcm]. b) Chứng minh bốn điểm A, N, D, K cùng thuộc một đường tròn. Trong đường tròn (O), ta có:    BNM BAM (góc nội tiếp cùng chắn BM )   Ta lại có: BAM CAM (cmt)   Do đó: BNM CAM (t/c bắc cầu) KND KAD  Hay Xét tứ giác ANDK, ta có:   KND KAD (cmt)  Tứ giác ANDK nội tiếp được trong một đường tròn Hay bốn điểm A, N, D, K cùng thuộc một đường tròn. [đpcm] c) Chứng minh: ED // BN. Trong dường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEM,ta có:    EDM ECM (góc nội tiếp cùng chắn EM ) Trong đường tròn (O), ta có:    ECM BNM (góc nội tiếp cùng chắn BM ).

<span class='text_page_counter'>(8)</span>   Do đó: EDM BNM (t/c bắc cầu)  ED//BN (đồng vị) [đpcm].

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