WWW.VNMATH.COM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNHĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Phần I- Trắc nghiệm(2,0 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm.
Câu 1. Điều kiện để biểu thức
1
1
x

có nghĩa là
A.
1
x

. B.
1
x

. C.
1
x

. D.

  
. B.
2
3 0
x x
  
. C.
2
3 1 0
x x
  
. D.
2
5 3 0
x x
  
.
Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số giao điểm của parabol y = x
2
và đường thẳng y= 2x + 3 là
A. 2. B. 1. C. 0. D. 3.
Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm; AC = 4cm. Độ dài đường cao ứng với cạnh huyền bằng
A. 7cm. B. 1cm.
C.
12
5
cm. D.
5
12
cm.

:
1
2 1 1
x x x
x
x x x
 
 

 
 

  
 
với x > 0 và x
1

.
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A có giá trị là số nguyên.
Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x
2
– 2mx + m
2
– m –1 =0 (1), với m là tham số.
1) Giải phương trình (1) khi m = 1.
2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
, x
2

B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng
CD tại E. Gọi H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường tòn (O) (K không trùng với B).
1) Chứng minh AE
2
= EK . EB.
2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.
3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh
1
AE EM
EM CM
 
.
Câu 5. (1,0 điểm. Giải phương trình :




2 3 2
3 6 2 1 1 2 5 4 4.
x x x x x x
      

Hết
Họ tên thí sinh:
………………………………………………….
Chữ ký giám thị 1
………………………………………

Số báo danh:
….……………………………………………………

ta có A =
2
1
x


Chỉ ra khi A có giá trị là số nguyên khi và chỉ khi x – 1 là ước của 2.
Từ đó tìm được x = 2 và x = 3 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài 2
1,5đ
Cho phương trình x
2
– 2mx + m
2
– m –1 =0 (1), với m là tham số.
1) Giải phương trình (1) khi m = 1.
Thay m = 1 vào (1) rồi giả phương trình tìm được
1 2
x  

2) Xác định m để (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn điều kiện
1 1 2 2
( 2) ( 2) 10
x x x x
   
.

   

+ Biến đổi
2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( 2) ( 2) 10 2( ) 10
x x x x x x x x
        
, tìm được m = 1; m = -4.
Đối chiếu điều kiện kết luận m = 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Bài 3
1,0đ
Giải hệ phương trình
2 2
6
1 2
5 1
3.
1 2
x
x y
x y


 

 



x


+ Biến đổi phương trình đã cho trở thành phương trình tương đương

 
 
 
2
2
2
2 3 2 1 1 (2 2) 0
3 2 1 1 (2 2) 0
x
x x x x x
x x x x


 

       
 
     

+ Giải phương trình




2t
2

3t + 1 = 0

(t
2
+ t + 1)(t
2
– 4t + 1) = 0

t
2
– 4t + 1 = 0
2 3
t  

Từ đó tìm được
4 2 3( )
x tm
 

+ Kết luận phương trình đã cho có 3 nghiệm là x = 2 và
4 2 3
x  


3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh
1
AE EM
EM CM
 
.
+ Chỉ ra tam giác OEM cân tại E suy ra ME = MO.
+ Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý ta – lét trong tam giác CEA ta có
CE AE
CM OM


+ Ta có
1 1
CE AE CE CM AE OM EM AE AE EM
CM OM CM OM CM OM OM CM
 
        

Mà ME = MO nên suy ra
1
AE EM
EM CM
 
(đpcm)