Đề thi vào lớp 10 môn toán hà nội 2013

     
Bạn vẫn xem ngôn từ tài liệu Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT thủ đô năm học 2013 – 2014 môn: Toán, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút download ở trên


Bạn đang xem: đề thi vào lớp 10 môn toán hà nội 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 trung học phổ thông HÀ NỘI N 2013 – 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN thời gian làm bài: 120 phút bài xích I (2,0 điểm) cùng với x > 0, mang lại hai biểu thức 2 xAx và x 1 2 x 1Bx x x  . 1) Tính giá trị của biểu thức A lúc x = 64. 2) Rút gọn gàng biểu thức B. 3) tìm x để A 3B 2 . Bài xích II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng phương pháp lập phương trình: Quãng con đường từ A mang đến B dài 90 km. Một bạn đi xe máy từ A mang đến B. Lúc đến B, tín đồ đó nghỉ nửa tiếng rồi quay lại A với vận tốc to hơn vận tốc cơ hội đi là 9 km/h. Thời gian kể từ lúc ban đầu đi từ A đến lúc về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy thời điểm đi tự A cho B. Bài xích III (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 3(x 1) 2(x 2y) 44(x 1) (x 2y) 9      2) cho parabol (P) : y = 12x2 và con đường thẳng (d) : y = mx  12m2 + m +1. A) với m = 1, xác minh tọa độ những giao điểm A, B của (d) với (P). B) Tìm các giá trị của m để (d) giảm (P) tại nhị điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao cho một 2x x 2  . Bài bác IV (3,5 điểm) mang đến đường tròn (O) cùng điểm A nằm phía bên ngoài (O). Kẻ nhị tiếp đường AM, AN với con đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm).

Xem thêm: Tiểu Sử Ca Sĩ Lâm Chấn Khang, Ca Sĩ Lâm Chấn Khang Phản Hồi Việc Bị Kiện



Xem thêm: Đoạn Văn Tiếng Anh Về Vai Trò Của Tiền Trong Cuộc Sống, Nghị Luận Về Giá Trị Của Đồng Tiền (5 Mẫu)

Một đường thẳng d trải qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C (AB 0 ta gồm : 3 2 2 3 1 3:2 2 212 2 3 2 0 4.( 0)A x x xB x x xx x x x vì x              B II: (2,0 đ ể ) Đặt x (km/h) là tốc độ đi tự A mang đến B, vậy gia tốc đi từ B mang đến A là 9x  (km/h) vì giả thiết ta có: 90 90 159 2x x  10 10 19 2x x  ( 9) 20(2 9)x x x    2 31 180 0x x    36x  (vì x > 0) B III: (2,0 đ ể ) 1) Hệ phương trình tương đương với:                                    3x 3 2x 4y 4 5x 4y 1 5x 4y 1 11x 11 x 14x 4 x 2y 9 3x 2y 5 6x 4y 10 6x 4y 10 y 12) a) cùng với m = 1 ta gồm phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là 21 32 2x x  2 2 3 0x x    1 xuất xắc 3x x    (Do a – b + c = 0) Ta tất cả y (-1)=12; y(3) =92. Vậy tọa độ giao điểm A với B là (-1;12) với (3;92) b) Phươnh trình hoành độ giao điểm của (P) cùng (d) là 2 21 1 12 2x mx m m    2 22 2 2 0x mx m m      (*) Để (d) giảm (P) tại 2 điểm tách biệt 1x , 2x thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt. Lúc ấy 2 2" 2 2 0 1m m m m         lúc m > -1 ta có một 2 2x x 2 21 2 1 22 4x x x x   21 2 1 2( ) 4 4x x x x    2 24 4( 2 2) 4m m m    18 42m m      giải pháp g ả khác: khi m > -1 ta có 1 2 2x x " "2 "" "b bố a         2 2 2m  vì đó, yêu thương cầu việc 2 2 2 2m   2 2 2m  12 2 12m m      bài bác IV (3,5 điểm) 1/ Xét tứ giác AMON gồm hai góc đối 0ANO 90 0AMO 90 cần là tứ giác nội tiếp 2/ nhì tam giác ABM cùng AMC đồng dạng đề nghị ta bao gồm AB. AC = AM2 = AN2 = 62 = 36 2 26 6AC 9(cm)AB 4    BC AC AB 9 4 5(cm)      3/ 1MTN mon AON2  (cùng chắn cung MN trong con đường tròn (O)), với AIN AON (do 3 điểm N, I, M thuộc nằm trên đường tròn đường kính AO và cùng chắn cung 900) Vậy AIN MTI TIC  buộc phải MT // AC do tất cả hai góc so le bởi nhau. 4/ Xét AKO gồm AI vuông góc cùng với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Call H là giao điểm của OQ với AI thì H là trực tâm của AKO , cần KMH vuông góc với AO. Vày MHN vuông góc với AO đề nghị đường trực tiếp KMHN vuông góc với AO, nên km2 góc cùng với AO. Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN lúc BC di chuyển. Biện pháp g ả khác: Ta gồm KB2 = KC2 = KI.KO. Nên K vị trí trục đẳng phương của 2 đường tròn chổ chính giữa O và mặt đường tròn 2 lần bán kính AO. Vậy K nằm trên tuyến đường thẳng MN là trục đẳng phương của 2 con đường tròn trên. B IV: (0,5 đ ể ) Từ trả thiết đã đến ta có 1 1 1 1 1 16ab bc ca a b c      . Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 21 1 1 12 a b ab    , 2 21 1 1 12 b c bc    , 2 21 1 1 12 c a ca    21 1 112 a a    , 21 1 112 b b    , 21 1 112 c c    Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có: AOBCN M I TK Q PH2 2 2 2 2 23 1 1 1 3 3 1 1 1 3 96 62 2 2 2 2a b c a b c                  2 2 21 1 13 a b c      (điều nên chứng minh) TS. Nguyễn phú vinh (TT Luyện thi Đại học tập Vĩnh Viễn – TP.HCM)