SỞ GD & ĐT BÌNH DƯƠNG KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao để Ngày thi: 28/6/2014 Bài (1 điểm) Rút gọn biểu thức: A = + 2 − −1 +1 Bài (1,5 điểm) Cho hai hàm số y = -2x2 y = x 1) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ 2) Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị phép tính Bài (2 điểm) x + y = 1) Giải hệ phương trình x − y = 2) Giải phương trình: 2x2 – 3x – = 3) Giải phương trình: x4 – 8x2 – = Bài (2 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m-1)x + 2m – = (m tham số) 1) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với m 2) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm trái dấu 3) Với giá trị m biểu thức A = x12 + x22 (x1, x2 hai nghiệm phương trình) đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, tia AB lấy điểm C bên đường tròn Từ C kẻ đoạn CD vuông góc với AC CD = AC Nối AD cắt đường tròn (O) M Kẻ đường thẳng DB cắt đường tròn (O) N 1) Chứng minh ANCD tứ giác nội tiếp Xác định đường kính tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCD · · 2) Chứng minh CND MAB tam giác vuông cân = CAD 3) Chứng minh AB.AC = AM.AD -Hết - Giải Bài (1 điểm) Rút gọn biểu thức: A = 3+ 2 − −1 = +1 ( ) 2 +1 − ( ) −1 2 −1 = +1 − −1 = +1 − +1 = Bài (1,5 điểm) 1) Vẽ đồ thị hàm số y = -2x2 y = x Lập bảng giá trị x y = -2x2 -2 -8 -1 -2 0 -2 -8 x y=x Vẽ đường thẳng qua điểm (0; 0) (1 ; 1) Ta đồ thị y = x 2) Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị : -2x2 = x ⇔ 2x2 + x = ⇔ x(2x + 1) = ⇔ x = x = Với x1 = 0, ⇒ y1 = Với x2 = −1 −1 −1 , ⇒ y2 = 2 1 Vậy tọa độ giao điểm hai đồ thị (0; 0) − ; − ÷ 2 Bài (2 điểm) y = x + y = y = ⇔ ⇔ 1) Giải hệ phương trình x − y = x − 3 = x = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) = (3; 3) 2) Giải phương trình: 2x2 – 3x – = ∆ = b2 – 4ac = + 4.2.2 = 25 > , ⇒ ∆ = Vì ∆ > nên phương trình có nghiệm phân biệt −b + ∆ + = =2 x1 = 2a 2.2 x = −b − ∆ = − = − 2a 2.2 3) Giải phương trình: x4 – 8x2 – = (1) Đặt t = x2 (đk: t ≥ 0) Phương trình (1) trở thành: t2 - 8t – = (2) PT (2) có dạng: a - b + c = + – = t1 = −1(loai ) −c ⇒ PT (2) có nghiệm t2 = a = 9(nhan) Với t= t2 = ⇒ x2 = ⇔ x = ±3 Vậy phương trình (1) có nghiệm: x1 = 3; x2 = -3 Bài (2 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m-1)x + 2m – = (m tham số) 1) ∆’ = b’2 – ac = [-(m-1)]2 – 1.(2m-5) = m2 – 2m + – 2m + = m2 – 4m + = (m-2)2 + ≥ > với m Vì ∆’ > nên phương trình có nghiệm phân biệt với m 2) Theo định lí Vi-et ta có: x1.x2 = c = 2m-5 a + Phương trình có nghiệm phân biệt với m(câu a) + Phương trình có nghiệm trái dấu khi: x1.x2 < ⇔ 2m-5 < ⇔m< (tmđk) 3) + Phương trình có nghiệm phân biệt với m(câu a) −b x1 + x2 = a = 2m − +Theo hệ thức Vi-et ta có: x x = c = 2m − a +Từ A = x12 + x22 = (x1 + x2)2 - x1.x2 = (2m-2)2 – 2(2m-5) = 4m2 – 12m + 14 = (2m – 3)2 + ≥ ⇒ A = đạt giá trị nhỏ Dấu “=” xảy 2m - = ⇔ m = Vậy m = (tmđk) A = đạt giá trị nhỏ Bài (3,5 điểm) a) Ta có: AC ⊥ CD (gt) ⇒ ·ACD = 900 ·AND = ·ANB = 900 (góc nội tiếp chắn đường tròn) Xét tứ giác ANCD có : ·ACD = ·AND (= 900) ⇒ Tứ giác ANCD nội tiếp đường tròn đường kính AD tâm đừơng tròn trung điểm AD (Có đỉnh kề N, C nhìn cạnh AD nối đỉnh lại góc 900) · · b) Ta có: CND (2 góc nội tiếp chắn cung DC) = CAD ·AMB = 900 (góc nội tiếp chắn đường tròn) ⇒ ∆AMB vuông M Ta có: CA = CD (gt) Và ·ACD = 900 (cmt) ⇒ ∆CAD vuông cân C · ⇒ MAB = 450 · ⇒ MBA = 450( ∆AMB vuông M) Nên ∆MAB tam giác vuông cân ( ) ( ) 0 c) Xét ∆ABM ·AMB = 90 ∆ADC ·ACD = 90 có : · : chung DAC ⇒ ∆ABM đồng dạng ∆ADC (g-g) ⇒ AB AM = AD AC ⇒ AB.AC = AM.AD -Hết -