Nguyễn Văn B

-1-

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH LÀO CAI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT
NĂM HỌC: 2013 – 2014...
Nguyễn Văn B

-2-

1. Thực hiện phép tính:

a) 3. 12 = 36 = 6
b)3 20 + 45 − 2 80 = 6 5 + 3 5 − 8 5 = 5

1   a +1
a +2
...
Nguyễn Văn B

-3-

a) tứ giác APOQ có tổng hai góc đối bằng 1800.
PM//AQ suy ra
·
·
PMN = KAN (So le trong)
·
·
»
PMN = AP...
Nguyễn Văn B

-4-

2. Tứ giác CMPO là hình bình hành.
3. Tích CM.CN không đổi.
4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì đ...
Nguyễn Văn B

-5-

Câu I: (2,5 điểm)
1. Thực hiện phép tính: a) 3. 12

b)3 20 + 45 − 2 80.

1   a +1
a +2
 1
−
:
−
÷ ...
Nguyễn Văn B

-61   a +1
a +2
 1
−
:
−
÷ Voi a > 0;a ≠ 1;a ≠ 4
÷
a   a −2
a −1 
 a −1

2. Cho biểu thức: P = 
a)...
Nguyễn Văn B

-7-

·
·
PMN = KAN (So le trong)
·
·
»
PMN = APK (cùng chan PN)
·
·
Suy ra KAN = APK
Tam giác KAN và tam giá...
Nguyễn Văn B

-8-

4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì điểm P chạy trên một đoạn thẳng cố định.
Câu V: (1,0 điểm). T...
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

2013 2014, toan 10 ptth - lao cai

268

Published on

0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total Views
268
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0
Actions
Shares
0
Downloads
5
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

2013 2014, toan 10 ptth - lao cai

  1. 1. Nguyễn Văn B -1- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LÀO CAI ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (Không chuyên) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề). Câu I: (2,5 điểm) 1. Thực hiện phép tính: a) 3. 12 b)3 20 + 45 − 2 80. 1   a +1 a +2  1 − − ÷ Voi a > 0;a ≠ 1;a ≠ 4 ÷:  a   a −2 a −1   a −1 2. Cho biểu thức: P =  a) Rút gọn P b) So sánh giá trị của P với số 1 . 3 Câu II: (1,0 điểm) Cho hai hàm số bậc nhất y = -5x + (m+1) và y = 4x + (7 – m) (với m là tham số). Với giá trị nào của m thì đồ thị hai hàm số trên cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Tìm tọa độ giao điểm đó. ( m − 1) x + y = 2 Câu III: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình:  mx + y = m + 1 (m là tham số) 1) Giải hệ phương trình khi m = 2. 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn: 2x + y ≤ 3. Câu IV: (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 + 4x - 2m + 1 = 0 (1) (với m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = -1. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1-x2=2. Câu V : (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm A sao cho OA = 3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ với đường tròn (O ; R) (P, Q là 2 tiếp điểm). Lấy M thuộc đường tròn (O ; R) sao cho PM song song với AQ. Gọi N là giao điểm thứ hai của đường thẳng AM với đường tròn (O ; R). Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K. 1) Chứng minh tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp và KA2 = KN.KP. 2) Kẻ đường kính QS của đường tròn (O ; R). Chứng minh NS là tia phân giác của góc · PNM . 3) Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK. Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R. ------------ Hết ----------- Giải: Câu I: (2,5 điểm)
  2. 2. Nguyễn Văn B -2- 1. Thực hiện phép tính: a) 3. 12 = 36 = 6 b)3 20 + 45 − 2 80 = 6 5 + 3 5 − 8 5 = 5 1   a +1 a +2  1 − : − ÷ Voi a > 0;a ≠ 1;a ≠ 4 ÷ a   a −2 a −1   a −1 2. Cho biểu thức: P =  a) Rút gọn ( a + 1) ( a − 1) − ( a + 2 ) ( ( ) ( a − 2 ) ( a − 1) ( a − 2 ) ( ( a − 2) ( a − 1) = a − 2 1 . 3 a a ( a − 1 ) ( a − 1) − ( a − 4 ) a − a +1  P= : a a −1   = b) So sánh giá trị của P với số ) ) a −2  ÷ a −1 ÷  1 . 3 Xét hiệu: a −2 1 a −2− a −2 − = = Do a > 0 nên 3 a > 0 3 3 a 3 a 3 a 1 suy ra hiệu nhỏ hơn 0 tức là P < 3 Câu II: (1,0 điểm) Đồ thị hai hàm số bậc nhất y = -5x + (m+1) và y = 4x + (7 – m) cắt nhau tại một điểm trên trục tung khi tung độ góc bằng nhau tức là m+1 = 7 – m suy ra m = 3. Tọa độ giao điểm đó là (0; m+1) hay (0; 7-m) tức là (0; 4) ( m − 1) x + y = 2 Câu III: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình:  (m là tham số) mx + y = m + 1 x + y = 2 x = 1 ⇔ 1) Giải hệ phương trình khi m = 2. Ta có  2x + y = 3  y = 1 2. y = 2 – (m-1)x thế vào phương trình còn lại ta có: mx + 2 – (m-1)x = m + 1 ⇔ x = m – 1 suy ra y = 2 – (m-1)2 với mọi m Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) = (m-1; 2-(m-1)2) 2x + y = 2(m-1) + 2 – (m-1)2 = -m2 + 4m -1 = 3 – (m-2)2 ≤ 3 với mọi m Vậy với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm thỏa mãn: 2x + y ≤ 3 Câu IV: (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 + 4x - 2m + 1 = 0 (1) (với m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = -1. Ta có x2 + 4x +3 = 0 có a-b+c=1-4+3=0 nên x1 = -1 ; x2 = -3 3 b) ∆ ' = 3+2m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thì ∆ ' ≥ 0 tức là m ≥ − 2 Theo Vi ét ta có x1+ x2 = -4 (2); x1.. x2 = -2m+1 (3) Két hợp (2) vói đầu bài x1-x2=2 ta có hệ phương trình : P  x1 + x 2 = −4  x 1 = −1 3 ⇔ thế vào (3) ta được m = -1 (thỏa mãn ĐK m ≥ − )  N2  x1 − x 2 = 2  x 2 = −3 A Vậy với m = -1 thì hệ phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1-x2=2. G H Câu V : (3,0 điểm) K Q S M O
  3. 3. Nguyễn Văn B -3- a) tứ giác APOQ có tổng hai góc đối bằng 1800. PM//AQ suy ra · · PMN = KAN (So le trong) · · » PMN = APK (cùng chan PN) · · Suy ra KAN = APK Tam giác KAN và tam giác KPA có góc K chung · · KAN = KPA nên hai tam giác đồng dạng (g-g) KA KN = ⇒ KA 2 = KN.KP KP KA º » b) PM//AQ mà SQ ⊥ AQ (t/c tiếp tuyến) nên SQ ⊥ PM suy ra PS = SM · · · nên PNS = SNM hay NS là tia phân giác của góc PNM . c) Gọi H là giao điểm của PQ với AO G là trọng tâm của tam giác APQ nên AG = 2/3 AH mà OP2 = OA.OH nên OH = OP2/OA = R2/ 3R = R/3 nên AH = 3R – R/3 = 8R/3 do đó AG = 2/3 . 8R/3 = 16R/9 ------------ Hết ----------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LÀO CAI ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (Chuyên) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (2,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: P= ( ( x − y) 3 x+ y ) 3 + 2x x + y y x x+y y + 3 ( ) xy − y . (với x > 0; y > x−y 0; x ≠ y). 2. Tính x biết x3 = 1 − 3 3 4 + 3 3 2 Câu II: (2,0 điểm). Cho f(x) = x2 – (2m+1)x + m2 + 1 (x là biến, m là tham số) 1. Giải phương trình f(x) = 0 khi m = 1. 2. Tìm tất cả các giá trị m ∈ Z để phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao x1 x 2 cho biểu thức P = có giá trị là số nguyên. x1 + x 2 Câu III: (2,0 điểm). 4  1  3x − y + 2x + y = 2 1. Giải hệ phương trình sau :  12y + 4x = 7 ( 2x + y ) ( 3x − y )  2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 5x2 + y2 = 17 + 2xy Câu IV: (3,0 điểm). Cho đường tròn (O ; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy một điểm M (M không trùng với O và không trùng với hai đầu mút A và B). Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn (O) ở điểm P. Chứng minh rằng : 1. Tứ giác OMNP nội tiếp đường tròn.
  4. 4. Nguyễn Văn B -4- 2. Tứ giác CMPO là hình bình hành. 3. Tích CM.CN không đổi. 4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì điểm P chạy trên một đoạn thẳng cố định. Câu V: (1,0 điểm). Tìm hai số nguyên a và b để M = a4 + 4b4 là số nguyên tố. ---------------------- Hết-------------------- Giải C C©u 4 (3 ®iÓm): m A O n a (Bài này là câu 5 đề thi 2007-2008 TS Lào Cai) 1) Chøng minh r»ng tø gi¸c OMNP néi tiÕp ®îc ®êng trßn. d p D · OMP = 900 (doMP ⊥ AB)    ⇒ M, N cïng nh×n PO díi 1 gãc kh«ng ®æi b»ng 900 nªn tø gi¸c 0 2 · ONP = 90 (t / ct )   OMNP néi tiÕp ®îc ®êng trßn ®êng kÝnh OP. 2) Chøng minh r»ng OP // a. · · Tam gi¸c OCN c©n t¹i O nªn OCN = ONC (1) · · MP // CP nªn OCN = PMN (2) · · Do tø gi¸c OMNP néi tiÕp nªn PON = PMN (3) B · · Tõ (1), (2), (3) suy ra ONC = PON , hai gãc nµy ë vÞ trÝ so le trong nªn OP // a do đó Tứ giác CMPO là hình bình hành. 3) hai tam giác COM và CND vuông có góc C chung nên đồng dạng CM CO = suy ra do đó CM.CN=CO.CD=R.2R=2R2 không đổi. CD CN 4) T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm P khi M di ®éng. Tø gi¸c MODP lµ h×nh ch÷ nhËt nªn P lu«n c¸ch AB mét kho¶ng kh«ng ®æi b»ng b¸n kÝnh (O) do ®ã P thuéc ®êng th¼ng d // AB c¸ch AB mét kho¶ng kh«ng ®æi OD Giíi h¹n: P thuéc ®o¹n th¼ng n»m gi÷a hai tiÕp tuyÕn t¹i A vµ B cña (O). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT TỈNH LÀO CAI NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (Không chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề).
  5. 5. Nguyễn Văn B -5- Câu I: (2,5 điểm) 1. Thực hiện phép tính: a) 3. 12 b)3 20 + 45 − 2 80. 1   a +1 a +2  1 − : − ÷ Voi a > 0;a ≠ 1;a ≠ 4 ÷ a   a −2 a −1   a −1 2. Cho biểu thức: P =  a) Rút gọn P b) So sánh giá trị của P với số 1 . 3 Câu II: (1,0 điểm) Cho hai hàm số bậc nhất y = -5x + (m+1) và y = 4x + (7 – m) (với m là tham số). Với giá trị nào của m thì đồ thị hai hàm số trên cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Tìm tọa độ giao điểm đó. ( m − 1) x + y = 2 Câu III: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình:  mx + y = m + 1 (m là tham số) 1) Giải hệ phương trình khi m = 2. 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn: 2x + y ≤ 3. Câu IV: (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 + 4x - 2m + 1 = 0 (1) (với m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = -1. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1-x2=2. Câu V : (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm A sao cho OA = 3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ với đường tròn (O ; R) (P, Q là 2 tiếp điểm). Lấy M thuộc đường tròn (O ; R) sao cho PM song song với AQ. Gọi N là giao điểm thứ hai của đường thẳng AM với đường tròn (O ; R). Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K. 1) Chứng minh tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp và KA2 = KN.KP. 2) Kẻ đường kính QS của đường tròn (O ; R). Chứng minh NS là tia phân giác của góc · PNM . 3) Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK. Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R. ------------ Hết ----------- Giải: Câu I: (2,5 điểm) 1. Thực hiện phép tính: a) 3. 12 = 36 = 6 b)3 20 + 45 − 2 80 = 6 5 + 3 5 − 8 5 = 5
  6. 6. Nguyễn Văn B -61   a +1 a +2  1 − : − ÷ Voi a > 0;a ≠ 1;a ≠ 4 ÷ a   a −2 a −1   a −1 2. Cho biểu thức: P =  a) Rút gọn ( a + 1) ( a − 1) − ( a + 2 ) ( ( ) ( a − 2 ) ( a − 1) ( a − 2 ) ( ( a − 2) ( a − 1) = a − 2 1 . 3 a a ( a − 1 ) ( a − 1) − ( a − 4 ) a − a +1  P= : a a −1   = b) So sánh giá trị của P với số ) ) a −2  ÷ a −1 ÷  1 . 3 Xét hiệu: a −2 1 a −2− a −2 − = = Do a > 0 nên 3 a > 0 3 3 a 3 a 3 a 1 suy ra hiệu nhỏ hơn 0 tức là P < 3 Câu II: (1,0 điểm) Đồ thị hai hàm số bậc nhất y = -5x + (m+1) và y = 4x + (7 – m) cắt nhau tại một điểm trên trục tung khi tung độ góc bằng nhau tức là m+1 = 7 – m suy ra m = 3. Tọa độ giao điểm đó là (0; m+1) hay (0; 7-m) tức là (0; 4) ( m − 1) x + y = 2 Câu III: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình:  (m là tham số) mx + y = m + 1 x + y = 2 x = 1 ⇔ 1) Giải hệ phương trình khi m = 2. Ta có  2x + y = 3  y = 1 2. y = 2 – (m-1)x thế vào phương trình còn lại ta có: mx + 2 – (m-1)x = m + 1 ⇔ x = m – 1 suy ra y = 2 – (m-1)2 với mọi m Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) = (m-1; 2-(m-1)2) 2x + y = 2(m-1) + 2 – (m-1)2 = -m2 + 4m -1 = 3 – (m-2)2 ≤ 3 với mọi m Vậy với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm thỏa mãn: 2x + y ≤ 3 Câu IV: (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 + 4x - 2m + 1 = 0 (1) (với m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = -1. Ta có x2 + 4x +3 = 0 có a-b+c=1-4+3=0 nên x1 = -1 ; x2 = -3 3 b) ∆ ' = 3+2m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thì ∆ ' ≥ 0 tức là m ≥ − 2 Theo Vi ét ta có x1+ x2 = -4 (2); x1.. x2 = -2m+1 (3) Két hợp (2) vói đầu bài x1-x2=2 ta có hệ phương trình :  x1 + x 2 = −4  x = −1 3 ⇔ 1 thế vào (3) ta được m = -1 (thỏa mãn ĐK m ≥ − )  2  x1 − x 2 = 2  x 2 = −3 Vậy với m = -1 thì hệ phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1-x2=2. P Câu V : (3,0 điểm) a) tứ giác APOQ có tổng hai góc đối bằng 1800. N A PM//AQ suy ra G H K Q S M O
  7. 7. Nguyễn Văn B -7- · · PMN = KAN (So le trong) · · » PMN = APK (cùng chan PN) · · Suy ra KAN = APK Tam giác KAN và tam giác KPA có góc K chung · · KAN = KPA nên hai tam giác đồng dạng (g-g) KA KN = ⇒ KA 2 = KN.KP KP KA º » b) PM//AQ mà SQ ⊥ AQ (t/c tiếp tuyến) nên SQ ⊥ PM suy ra PS = SM · · · nên PNS = SNM hay NS là tia phân giác của góc PNM . c) Gọi H là giao điểm của PQ với AO G là trọng tâm của tam giác APQ nên AG = 2/3 AH mà OP2 = OA.OH nên OH = OP2/OA = R2/ 3R = R/3 nên AH = 3R – R/3 = 8R/3 do đó AG = 2/3 . 8R/3 = 16R/9 ------------ Hết ----------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LÀO CAI ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (Chuyên) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I: (2,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức: P= ( ( x − y) 3 x+ y ) 3 + 2x x + y y x x+y y + 3 ( ) xy − y . (với x > 0; y > x−y 0; x ≠ y). 2. Tính x biết x3 = 1 − 3 3 4 + 3 3 2 Câu II: (2,0 điểm). Cho f(x) = x2 – (2m+1)x + m2 + 1 (x là biến, m là tham số) 1. Giải phương trình f(x) = 0 khi m = 1. 2. Tìm tất cả các giá trị m ∈ Z để phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao x1 x 2 cho biểu thức P = có giá trị là số nguyên. x1 + x 2 Câu III: (2,0 điểm). 4  1  3x − y + 2x + y = 2 1. Giải hệ phương trình sau :  12y + 4x = 7 ( 2x + y ) ( 3x − y )  2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 5x2 + y2 = 17 + 2xy Câu IV: (3,0 điểm). Cho đường tròn (O ; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy một điểm M (M không trùng với O và không trùng với hai đầu mút A và B). Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn (O) ở điểm P. Chứng minh rằng : 1. Tứ giác OMNP nội tiếp đường tròn. 2. Tứ giác CMPO là hình bình hành. 3. Tích CM.CN không đổi.
  8. 8. Nguyễn Văn B -8- 4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì điểm P chạy trên một đoạn thẳng cố định. Câu V: (1,0 điểm). Tìm hai số nguyên a và b để M = a4 + 4b4 là số nguyên tố. ---------------------- Hết-------------------- Giải C C©u 4 (3 ®iÓm): m A O n a (Bài này là câu 5 đề thi 2007-2008 TS Lào Cai) 1) Chøng minh r»ng tø gi¸c OMNP néi tiÕp ®îc ®êng trßn. d p D · OMP = 900 (doMP ⊥ AB)    ⇒ M, N cïng nh×n PO díi 1 gãc kh«ng ®æi b»ng 900 nªn tø gi¸c 0 2 · ONP = 90 (t / ct )   OMNP néi tiÕp ®îc ®êng trßn ®êng kÝnh OP. 2) Chøng minh r»ng OP // a. · · Tam gi¸c OCN c©n t¹i O nªn OCN = ONC (1) · · MP // CP nªn OCN = PMN (2) · · Do tø gi¸c OMNP néi tiÕp nªn PON = PMN (3) B · · Tõ (1), (2), (3) suy ra ONC = PON , hai gãc nµy ë vÞ trÝ so le trong nªn OP // a do đó Tứ giác CMPO là hình bình hành. 3) hai tam giác COM và CND vuông có góc C chung nên đồng dạng CM CO = suy ra do đó CM.CN=CO.CD=R.2R=2R2 không đổi. CD CN 4) T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm P khi M di ®éng. Tø gi¸c MODP lµ h×nh ch÷ nhËt nªn P lu«n c¸ch AB mét kho¶ng kh«ng ®æi b»ng b¸n kÝnh (O) do ®ã P thuéc ®êng th¼ng d // AB c¸ch AB mét kho¶ng kh«ng ®æi OD Giíi h¹n: P thuéc ®o¹n th¼ng n»m gi÷a hai tiÕp tuyÕn t¹i A vµ B cña (O).

×