Đề thi vào lớp 10 môn toán năm học 2014 – 2015 TP đà nẵng và đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT N 01 – 2015 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút dethivn.com Bài 1: (1,5 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức A   Rút gọn biểu thức P  x 2x  , với x > 0, x   x2 xx Bài 2: (1,0 điểm) 3x  y  6 x  y  Giải hệ phương trình  Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) hàm số y = 4x + m có đồ thị (dm) 1)Vẽ đồ thị (P) 2)Tìm tất giá trị m cho (dm) (P) cắt hai điểm phân biệt, tung độ hai giao điểm Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0, với m tham số 1)Giải phương trình m = 2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 x2 với x1 < x2, tìm tất giá trị m cho x1  x2  Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH (H thuộc BC) Vẽ đường tròn (C) có tâm C, bán kính CA Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) điểm thứ hai D 1)Chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn (C) 2)Trên cung nhỏ AD đường tròn (C) lấy điểm E cho HE song song với AB Đường thẳng BE cắt đường tròn (C) điểm thứ hai F Gọi K trung điểm EF Chứng minh rằng: a) BA2 = BE.BF BHE  BFC b) Ba đường thẳng AF, ED HK song song với đôi BÀI GIẢI Bài 1: 1)A = – = 2)Với điều kiện cho x P 2x  2 x     x x   x   x  1 2 x x Bài 2: 3x  y  6 x  y  10  y   x  1     6 x  y  6 x  y  6 x  y   y  Bài 3: 1) 2) Phương trình hoành độ giao điểm y = x2 đường thẳng y = 4x + m : x2 = 4x + m  x2 – 4x – m = (1) (1) có    m Để (dm) (P) cắt hai điểm phân biệt     m   m  4 y = 4x + m = => x = 1 m Yêu cầu toán tương đương với m  4 m  4 m  4     1 m   m  hay  m  2 4m  4m   4m          m  4 m  4   (loại) hay m  7   m  7   m  4  m  m   4m    m  4 m  4 m  4     m  hay m  3  m  hay m  3 m  2m  15  16   m   m  14m  49 Bài 4: 1)Khi m = 0, phương trình thành : x2 – 4x =  x = hay x – =  x = hay x = 2)    m    m2  2m2  4m    m2  2m  1    m  1   0m 2 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với m Ta có S  x1  x2    m , P  x1x2  m2  Ta có x1  x2   x12  x1 x2  x22  36   x1  x2   x1 x2  x1 x2  36   m   36   m     m  1hay m  2 Khi m = -1 ta có x1   10, x   10  x1  x  6 (loại) Khi m = ta có x1  3  34, x  3  34  x1  x  (thỏa) Vậy m = thỏa yêu cầu toán Bài 5: 1)Ta có BAC  900 nên BA tiếp tuyến với (C) BC vuông góc với AD nên H trung điểm AD Suy BDC  BAC  900 nên BD tiếp tuyến với (C) 2) a) Trong tam giác vuông ABC ta có AB2  BH.BC (1) Xét hai tam giác đồng dạng ABE FBA có góc B chung BAE  BFA (cùng chắn cung AE) suy AB BE   AB2  BE.FB (2) FB BA Từ (1) (2) ta có BH.BC = BE.FB Từ BE.BF= BH.BC  BE BH  BC BF tam giác BEH BCF đồng dạng có góc B chung  BHE  BFC A N B H E C BE BH  BC BF D K F b) kết ta có BFA  BAE HAC  EHB  BFC , AB //EH suy DAF  DAC  FAC  DFC  CFA  BFA  DAF  BAE , góc chắn cung AE,DF nên hai cung Gọi giao điểm AF EH N Ta có tam giác HED HNA (vì góc H đối đỉnh, HD = HA, EDH  HDN (do AD // AF) Suy HE = HN, nên H trung điểm EN Suy HK đường trung bình tam giác EAF Vậy HK // AF Vậy ED // HK // AF  ...  1hay m  2 Khi m = -1 ta có x1   10, x   10  x1  x  6 (loại) Khi m = ta có x1  3  34, x  3  34  x1  x  (thỏa) Vậy m = thỏa yêu cầu toán Bài 5: 1)Ta có BAC  900 nên BA tiếp...  6 x  y  10  y   x  1     6 x  y  6 x  y  6 x  y   y  Bài 3: 1) 2) Phương trình hoành độ giao điểm y = x2 đường thẳng y = 4x + m : x2 = 4x + m  x2 – 4x – m = (1) (1)... m  2m  15  16   m   m  14m  49 Bài 4: 1)Khi m = 0, phương trình thành : x2 – 4x =  x = hay x – =  x = hay x = 2)    m    m2  2m2  4m    m2  2m  1    m  1  