Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT TP Hải Phòng năm học 2013 – 2014 môn Toán

pdf 8 trang Người đăng khoa-nguyen Lượt xem 1677Lượt tải 1 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT TP Hải Phòng năm học 2013 – 2014 môn Toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT TP Hải Phòng năm học 2013 – 2014 môn Toán
 Trang 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
 HẢI PHÒNG 
----------- 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
Năm học 2013 – 2014 
ĐỀ THI MÔN TOÁN 
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
Phần I. Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm) 
Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng. 
Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức 4x 3 là: 
A. 3
4
x ; B. 3
4
x ; C. 3
4
x ; D. 3
4
x . 
Câu 2: Nếu điểm A(1;-2) thuộc đường thẳng (d): y = 5x + m thì m bằng: 
A. -7; B. 11; C. -3; D. 3. 
Câu 3: Phương trình nào sau đây có nghiệm kép ? 
A. 2x x 0  ; B. 23x 2 0  ; C. 23x 2x 1 0   ;D. 29x 12x 4 0   . 
Câu 4: Hai số -5 và 3 là nghiệm của phương trình nào sau đây ? 
A. 2x 2x 15 0   ; B. 2x 2x 15 0   ; 
C. 2x 2x 15 0   ; D. 2x 8x 15 0   . 
Câu 5: Cho ABC vuông tại A có AH  BC, AB = 8, BH = 4 (hình 1). Độ dài cạnh 
BC bằng 
A. 24; B. 32; C. 18; D. 16. 
4
8
CB H
A
Hình 1 
O
CB
A
Hình 2 
Câu 6: Cho tam giác ABC có  0 0BAC 70 ,BAC 60  nội tiếp đường tròn tâm O 
(hình 2). Số đo của góc AOB bằng 
A. 500; B. 1000; C. 1200; D. 1400. 
Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại A có  0ABC 30 , BC = a. Độ dài cạnh AB 
bằng: 
A. 
a 3
2
; B. 
a
2
; C. 
a 2
2
; D. 
a
3
. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
www.VNMATH.com
 Trang 2 
Câu 8: Một hình trụ có chiều cao bằng hai lần đường kính đáy. Nếu đường kính đáy 
có chiều dài bằng 4cm thì thể tích của hình trụ đó bằng 
A. 316 cm ; B. 332 cm ; C. 364 cm ; D. 3128 cm . 
Phần II. Tự luận (8,0 điểm) 
Bài 1: (1,5 điểm) 
1. Rút gọn các biểu thức sau : 
a)  M 3 50 5 18 3 8 2   b) N 6 2 5 6 2 5    
2. Cho đường thẳng (d): y = 4x – 3 và parabol (P): y = x2. Tìm tọa độ giao điểm của 
(d) và (P) bằng phép toán. 
Bài 2. (2,5 điểm) 
1. Giải bất phương trình: 
3x 5 x 2
x
2 3
 
  
2. Cho hệ phương trình: 
x 2y m 3
(I)
2x 3y m
  

 
 (m là tham số) 
a) Giải hệ phương trình (I) khi m = 1. 
b) Tìm m để hệ (I) có nghiệm duy nhất (x ; y) thỏa mãn x + y = -3. 
3. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 3m và diện tích bằng 
270m2. Tìm chiều dài, chiều rộng của khu vườn. 
Bài 3. (3,0 điểm) 
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF 
cắt nhau tại H (D  BC, E  AC, F  AB) 
1. Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp. 
2. Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại M và N (F nằm giữa M và E). Chứng 
minh  AM AN . 
3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD. 
Bài 4. (1,0 điểm) 
1. Cho x, y là các số dương. Chứng minh rằng: 
 x y 2 x y 2 0     . Dấu “=” xảy ra khi nào ? 
2. Tìm cặp số (x;y) thỏa mãn 
  2 2x y x y x y 1     với 1 1x , y
4 4
  
---------------Hết--------------- 
www.VNMATH.com
 Trang 3 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
 HẢI PHÒNG 
----------- 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Dự kiến) 
M«n thi : to¸n 
(Hướng dẫn chấm này có 05 trang) 
Phần I: Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm). 
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 
Đáp án C A D C D B A B 
(Mỗi câu đúng được 0,25 điểm) 
Phần II: Phần tự luận (8,0 điểm) 
Bài 1. (1,5 điểm) 
1. Rút gọn các biểu thức sau : 
a)  M 3 50 5 18 3 8 2   b) N 6 2 5 6 2 5    
2. Cho đường thẳng (d): y = 4x – 3 và parabol (P): y = x2. Tìm tọa độ giao điểm của 
(d) và (P) bằng phép toán. 
Câu Nội dung Điểm 
1.1a  
 
M 3 50 5 18 3 8 2
15 2 15 2 6 2 2
6 2. 2 12
  
  
 
0,25 
0,25 
1.1b 
   
2 2
N 6 2 5 6 2 5
5 2 5 1 5 2 5 1
5 1 5 1
5 1 5 1 5 1 5 1 2
   
     
   
        
0,25 
0,25 
1.2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol 
(P) có : 
x2 = 4x – 3  x2 – 4x + 3 = 0. (a = 1 ; b = - 4 ; c = 3) (1) 
Có a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0. 
Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 3 
Với x = 1 thì y = 1 ta được tọa giao điểm thứ nhất (1; 1) 
Với x = 3 thì y = 9 ta được tọa độ giao điểm thứ hai (3; 9). 
0,25 
0,25 
www.VNMATH.com
 Trang 4 
Bài 2. (2,5 điểm) 
1. Giải bất phương trình: 
3x 5 x 2
x
2 3
 
  
2. Cho hệ phương trình: 
x 2y m 3
(I)
2x 3y m
  

 
 (m là tham số) 
a) Giải hệ phương trình (I) khi m = 1. 
b) Tìm m để hệ (I) có nghiệm duy nhất (x ; y) thỏa mãn x + y = -3. 
3. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 3m và diện tích bằng 
270m2. Tìm chiều dài, chiều rộng của khu vườn. 
Câu Nội dung Điểm 
2.1 3x 5 x 2 x 9x 15 2x 4 6x
2 3
x 11
 
      
  
Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = x\ x  -11} 
0,25 
0,25 
2.2a Với m = 1, hệ phương trình (I) có dạng: 
x 2y 4 2x 4y 8 x 2
2x 3y 1 2x 3y 1 y 1
      
   
      
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x , y) = (2;1) 
0,25 
0,25 
2.2b b) 
5m 9
xx 2y m 3 2x 4y 2m 6 x 2y m 3 7
2x 3y m 2x 3y m 7y m 6 m 6
y
7
            
     
          

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất   5m 9 m 6x, y ;
7 7
    
 
Lại có x + y = -3 hay 
5m 9 m 6
3 5m 9 m 6 21 6m 36 m 6
7 7
 
               
Vậy với m = -6 thì hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất (x,y) thỏa 
mãn x + y = -3. 
0,5 
0,25 
2.3 Gọi chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật là x (m) (x > 0) 
Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng 3m nên chiều dài của hình chữ nhật là 
x + 3 (m) 
Lại có diện tích hình chữ nhật là 270m2 nên ta có phương trình: 
 x(x + 3) = 270 
0,25 
www.VNMATH.com
 Trang 5 
 x2 + 3x – 270 = 0 
 x2 – 15x + 18x – 270 = 0 
 (x - 15)(x + 18) = 0 
 x = 15 (TMDK x > 0) hoặc x = -18 (loại vì x > 0) 
Vậy chiều rộng của hình chữ nhật là 15m 
 chiều dài của hình chữ nhật là 15 + 3 = 18 (m) 
0,25 
0,25 
Bài 3: (3,0 điểm) 
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF 
cắt nhau tại H (D  BC, E  AC, F  AB) 
1. Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp. 
2. Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại M và N (F nằm giữa M và E). Chứng 
minh  AM AN . 
3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD. 
Câu Nội dung Điểm 
 Vẽ hình đùng cho phần a) 
0,25 
3.1 a) Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp. 
+) Xét tứ giác BDHF có: 
 0BFH 90 (CF là đường cao của ABC) 
 0HDB 90 (AD là đường cao của ABC) 
Suy ra:   0BFH HDB 180  
Mà  BFH ; HDB là hai góc đối nhau 
Do đó tứ giác BDHF nội tiếp. 
+) Ta có  0BFC 90 (CF là đường cao của ABC) 
  0BEC 90 (BE là đường cao của ABC) 
Suy ra bốn điểm B, F, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC 
Hay tứ giác BFEC nội tiếp. 
0,5 
0,25 
0,25 
0,25 
3.2 b) Chứng minh  AM AN 
www.VNMATH.com
 Trang 6 
Vì tứ giác BFEC nội tiếp  AFN ACB  (cùng bù với BFE ) 
Mà:     1 1ACB sdAB sdMB sdAM
2 2
   (tính chất góc nội tiếp trong 
(O)) 
    1AFN sdAN sdMB
2
  (tính chất góc có đỉnh bên trong đường 
tròn (O)) 
Suy ra  AM AN 
0,25 
0,25 
0,25 
3.2 c) Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam 
giác MHD 
Xét AMF và ABM có: 
MAB chung; 
 AMF ABM (hai góc nội tiếp cùng chắn  AM AN trong (O)) 
Do đó AMF ∽ ABM (g.g) 2
AF AM
AM AF.AB
AM AB
    (1) 
Xét AFH và ADB có: 
BAD chung; 
  0AFH ADB 90  (CF và AD là các đường cao của ABC) 
Do đó AFH ∽ ADB (g.g) 
AF AD
AH.AD AF.AB
AH AB
    (2) 
Từ (1) và (2) suy ra 2
AH AM
AM AH.AD
AM AD
   
Xét AHM và AMD có: MAD chung; AH AM
AM AD
 (cm trên) 
Do đó AHM ∽ AMD (c.g.c)  AMH ADM  (3) 
Vẽ đường thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MHD tại 
M. Ta có  xMH ADM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp) (4) 
Từ (3) và (4) suy ra  xMH AMH 
Hay MA trùng với tia Mx 
Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MHD. 
0,25 
0,25 
0,25 
Bài 4. (1,0 điểm) 
1. Cho x, y là các số dương. Chứng minh rằng: 
 x y 2 x y 2 0     . Dấu “=” xảy ra khi nào ? 
2. Tìm cặp số (x ; y) thỏa mãn 
  2 2x y x y x y 1     với 1 1x , y
4 4
  
www.VNMATH.com
 Trang 7 
Câu Nội dung Điểm 
4.1  
   
   2 2
x y 2 x y 2 0
x 2 x 1 y 2 y 1 0
x 1 y 1 0 x, y 0
    
      
      
Dấu “=” xảy ra khi 
 
 
2
2
x 1 0 x 1 0 x 1
(TMDK)
y 1y 1 0y 1 0
       
   
     
0,25 
0,25 
4.2 Cách 1. Từ phần a) ta có: 
  x yx y 2 x y 2 0 x y 1
2

         
Do đó:      2x y 1x y x y 1 x y 1 1 (x y)
2 2
          
 
Mà   2 2x y x y x y 1     nên 2 2 21 (x y) x y
2
   
Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1. 
Vậy cặp số (x, y) = (1 ; 1). 
Cách 2. 
1 1
x , y
4 4
  nên   x y x y 1 0    
theo BĐT Côsi cho hai số dương ta có: 
x 1
x x.1
2

  . Dấu “=” xảy ra khi x = 1. 
y 1
y y.1
2

  . Dấu “=” xảy ra khi y = 1. 
Do đó      2x 1 y 1 1x y x y 1 x y 1 (x y)
2 2 2
           
 
Mà   2 2x y x y x y 1     nên 2 2 21 (x y) x y
2
   (1) 
Mặt khác theo BĐT Bunhiacopxki có: 
  
2
2 2 2 2 2 2 2 (x y)x y 1 1 (x y) x y
2

       (2) 
Dấu “=” xảy ra khi x = y. 
Từ (1) và (2) suy ra   2 2x y x y x y 1     khi x = y = 1 
Vậy cặp số (x, y) = (1, 1). 
0,25 
0,25 
www.VNMATH.com
 Trang 8 
(Giáo viên: Vũ Hoàng Hiệp – CVA) 
www.VNMATH.com

Tài liệu đính kèm:

  • pdfDe-L10-HaiPhong-2014-Toan.pdf