SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHÁNH HÒA NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) Ngày thi: 21/06/2013 (Đề thi có 01 trang) (Thời gian: 120 phút - không kể thời gian giao đề) Bài 1: ( 2,00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) 1) Chứng minh: ( ) 22 3 2 10 3 11 2− + = 2) Cho biểu thức P = ( 1) 1 a a a a a a − − − + với a > 0 và a ≠ 1. Rút gọn rồi tính giá trị của P tại a = 2014 2 . Bài 2: (2,00 điểm) 1) Tìm x biết 3 2x 3 8x 12 1 2+ − + = + 2) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3x 4 2(3x 2 ) 11 5 2x 5 11 y y x y y  − + − = −   − + − = −   Bài 3: (2,00 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): 2 1 4 y x= − 1) Vẽ đồ thị (P). 2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB. Bài 4: (4,00 điểm) Cho đường tròn (O; 3cm) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M là điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác O và C). Tia BM cắt cắt đường tròn (O) tại N. 1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh ND là phân giác của · ANB . 3) Tính: .BM BN 4) Gọi E và F lần lượt là hai điểm thuộc các đường thẳng AC và AD sao cho M là trung điểm của EF. Nếu cách xác định các điểm E, F và chứng minh rằng tổng (AE + AF) không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. HẾT Giám thị không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: ………………………… SBD:……………/ Phòng: …………………… Giám thị 1: …………………………… Giám thị 2: …………………………………… ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN GIẢI (GV Lê Quốc Dũng, THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang) Bài 1: ( 2,00 điểm) 1) Chứng minh: ( ) 22 3 2 10 3 11 2− + = Ta có: ( ) 22 3 2 10 3 11− + = 2 2( 11 3) 10 3 11 ( 11 3) 20 6 11 ( 11 3) ( 11 3) ( 11 3)( 11 3) 11 9 2 = − + = − + = − + = = − + = − = 2) P = ( 1) 1 a a a a a a − − − + (ĐK : a > 0 và a ≠ 1) Ta có: P= ( 1) 1 1 1 1 1 1 1 a a a a a a a a a a a a − − − = − = = − − + + + + Với a = 2014 2 , ta có : P = 2 2014 1 2014 1 2013− = − = Bài 2: (2,00 điểm) 1) Tìm x biết 3 2x 3 8x 12 1 2+ − + = + (ĐK: x ≥ -3/2) ⇔ 3 2x 3 2 2x 3 1 2+ − + = + ⇔ 2x 3 1 2+ = + ⇔ 2 2 ( 2x 3) (1 2) 3 2 2+ = + = + ⇔ 2x 3 3 2 2+ = = ⇔ x 2= (thỏa đk) 2) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3x 4 2(3x 2 ) 11 5 2x 5 11 y y x y y  − + − = −   − + − = −   ⇔ 2 2 2 2 3x 4 6x 4 11 (1) 3 15 6x 15 33 (2) y y x y y  − + − = −   − + − = −   Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y 2 + 11y = 22 ⇔ y 2 +y – 2= 0 ⇔ y = 1 hoặc y = -2 * Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x 2 +6x + 3=0 ⇔ 3(x+1) 2 = 0 ⇔ x = -1 * Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x 2 +6x + 3=0 ⇔ 3(x+1) 2 = 0 ⇔ x = -1 Vậy hpt có nghiệm (x ;y) ∈ { (-1 ;1), (-1 ;-2)}. Bài 3: (2,00 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): 2 1 4 y x= − 1) Vẽ đồ thị (P). ( các em tự vẽ) 2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB. Gọi A(x ; 0) và B(0 ; y) Vì M thuộc (P) có x = 2 nên: y = -1. Vậy M (2 ; -1) Ta có : S OMA = 1 2 .1.OA ; S OMB = 1 2 .2.OB và từ: S OMA = 2S OMB ⇒ OA = 4.OB hay : x = 4.y ⇔ x = ±4y ⇔ 1 4 y x = ± = k (Với k là hệ số góc của đường thẳng (d) qua M và thỏa điều kiện đề bài). Đường thẳng qua M(2 ; -1) có hệ số góc k và thỏa điều kiện đề bài là : (d1) : 1 3 4 2 y x= − và (d2) : y = 1 1 4 2 x− − Bài 4: (4,00 điểm) 1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp. Ta có : · ANB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) · 0 90AOM = (vì AB ⊥CD tạo O) Suy ra: · ANB + · AOM = 180 0 ⇒ tứ giác AOMN nội tiếp. 2) Chứng minh : ND là phân giác của · ANB . Ta có : AB, CD là đường kính của (O). AB ⊥ CD (gt) ⇒ » » D DA B= ⇒ · · D DAN BN= ⇒ ND là phân giác của góc ANB. 3) Tính: .BM BN Do ∆BOM  ∆BNA (gg) • M 1 • 2 • -1 • • • A • B O • ⇒ BO BM BN BA = ⇒ BM.BN = BO.BA=3.6=18 ⇒ . 18 3 2BN BM = = cm 4) Ta có: ∆ EAF vuông tại A ( · 0 D 90CA = , E ∈AC, F∈ AD) có M là trung điểm của EF ⇒ MA = ME = MF ⇒ M là tâm của đường tròn qua M có bán kính MA ⇒ Điểm E, F là giao điểm của đường tròn (M; MA) với AC và AD. Ta có: AM = BM ( vì M nằm trên CD là trung trực của AB) ⇒ MA = MB = ME = MF⇒ tứ giác AEBF nội tiếp ⇒ · · D EBF A B= Ta lại có: · · BDF BCE= = 90 0 , suy ra: · · DBF CBE= Xét tam giác BDF và tam giác BCE, ta có: BC = BD ; · · DBF CBE= ; · · BDF BCE= = 90 0 nên ∆BDF = ∆BCE(gcg) ⇒DF = CE Vậy : AE + AF = (AC + CE) + AF=AC+(CE+AF) = AC + (DF+AF) = AC+ AD=2AD Mà ∆OAD vuông cân tại O nên AD = 2 2 2 2 D 3 3 3 2OA O+ = + = ⇒ AE + AF = 3 2 . Vậy tổng AE + AF không phụ thuộc vào vị trí điểm M. . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHÁNH HÒA NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) Ngày thi: 21/06 /2013 (Đề thi có 01 trang) (Thời gian: 120 phút - không. y 2 +y – 2= 0 ⇔ y = 1 hoặc y = -2 * Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x 2 +6x + 3=0 ⇔ 3(x+1) 2 = 0 ⇔ x = -1 * Với y = -2 , thay vào (1), ta có pt: 3x 2 +6x + 3=0 ⇔ 3(x+1) 2 = 0 ⇔ x = -1 Vậy. a a a a − − − + (ĐK : a > 0 và a ≠ 1) Ta có: P= ( 1) 1 1 1 1 1 1 1 a a a a a a a a a a a a − − − = − = = − − + + + + Với a = 2014 2 , ta có : P = 2 2014 1 2014 1 2013 = − = Bài 2: (2,00 điểm)