Đề thi & đáp án tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2013-2014 - Sở GD & ĐT Đăk Lăk

Đề thi & đáp án tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2013-2014 - Sở GD & ĐT Đăk Lăk nhằm giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập và đặc biệt khi giải những bài tập cần phải tính toán một cách nhanh nhất, thuận lợi nhất đồng thời đáp ứng cho kỳ thi tuyển vào lớp 10.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi & đáp án tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2013-2014 - Sở GD & ĐT Đăk Lăk www.VNMATH.comSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN HỌC ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25/6/2013Câu 1: (1,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A  12  27  48 x yy x 1 2) Chứng minh rằng: :  x  y ; với x  0, y  0 và x  y xy x yCâu 2: (2,0 điểm)  2x  y  1 1) Giải hệ phương trình  3 x  4 y  1 x 2 2) Giải phương trình:  2 0 x  1 x  4x  3Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x 2  2  m  1 x  m 2  0 (m là tham số) 1) Tìm m để phương trình có nghiệm. 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 sao cho: x12  x2  5 x1x2  13 . 2Câu 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của đườngtròn. M là một điểm trên đường tròn (M khác A, B). Tiếp tuyến tại M của đường tròncắt Ax, By lần lượt tại P, Q. 1) Chứng minh rằng: tứ giác APMO nội tiếp. 2) Chứng minh rằng : AP + BQ = PQ. 3) Chứng minh rằng : AP.BQ=AO 2 . 4) Khi điểm M di động trên đường tròn (O), tìm các vị trí của điểm M sao chodiện tích tứ giác APQB nhỏ nhất.Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn: x + 3y = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x 2  y 2  16 y  2 x . www.VNMATH.com SƠ LƯỢC BÀI GIẢICâu 1: (1,5 điểm)1) A  12  27  48  2 3  3 3  4 3  3 x yy x 1  xy x  y 2) Ta có xy : x y  xy   x  y  x y Câu 2: (2,0 điểm)  2x  y  1  y  1  2x  y  1  2x  x  11)     3x  4 y  1 3x  4 1  2 x   1  5 x  5  y  12) ĐK: x  1, x  3 x 2 x 2  2 0  0 x  1 x  4x  3 x  1  x  1 x  3  x  x  3  2  0  x 2  3 x  2  0Vì a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0  x1  1 (không TMĐK), x2  2 (TMĐK)Vậy phương trình có một nghiệm là x  2Câu 3: (2,0 điểm) 2 11) Phương trình có nghiệm khi    m  1  m 2  0  2m  1  0  m   2 12) Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 khi m   (theo câu 1). Theo Viét, ta có: 2 x1  x2  2  m  1 x1 x2  m 2 2 2Khi đó x12  x2  5 x1 x2  13   x1  x2   7 x1 x2  13  4  m  1  7m 2  13 2 3m 2  8m  9  0 * Vì   16  27  11  0 , nên (*) vô nghiệm.Vậy không tồn tại giá trị nào của m để phương trình x 2  2  m  1 x  m 2  0 có hainghiệm x1 , x2 sao cho: x12  x2  5 x1 x2  13 . 2Câu 4: (3,5 điểm)1) Xét tứ giác APMQ, ta có: OAP  OMP  900 (vì PA, PM là tiếp tuyến của (O))Vậy tứ giác APMO nội tiếp.2) Ta có AP = MP (AP, MP là tiếp tuyến của (O)) BQ = MQ (BQ, MQ là tiếp tuyến của (O)) AP+BQ=MP+MQ=PQ3) Ta có OP là phân giác  (AP, MP là tiếp tuyến của (O)) AOM  OQ là phân giác BOM (BQ, MQ là tiếp tuyến của (O))Mà   BOM  1800 (hai góc kề bù)  POQ  900 AOM   www.VNMATH.com Xét POQ , ta có: POQ  900 (cmt), OM  PQ (PQ là tiếp tuyến của (O) tại M) MP.MQ  OM 2 (hệ thức lượng)Lại có MP  AP , MQ  BQ (cmt), OM  AO (bán kính)Do đó AP.BQ  AO 24) Tứ giác APQB có: AP // BQ  AP  AB, BQ  AB  , nên tứ giác APQB là hìnhthang vuông  S APQB   AP  BQ  AB  PQ. AB 2 2Mà AB không đổi, nên S APQB đạt GTNN PQ nhỏ nhất  PQ  AB  PQ // AB  OM  AB  M là điểm chính giữa AB . Tức là M  M 1 hoặc M  M 2 (hình vẽ) thì S APQB đạt AB 2GTNN là 2Câu 5: (1,0 điểm)Ta có x  3 y  5  x  5  3 y 2Khi đó A  x 2  y 2  16 y  2 x   5  3 y   y 2  16 y  2  5  3 y   10 y 2  20 y  35 2 2  10  y  1  25  25 (vì 10  y  1  0 với mọi y )  x  5  3y  x  2Dấu “=” xảy ra khi  2  10  y  1  0  y  1  x  2Vậy GTNN của A là 25 khi   y 1 ...