Tuyển tập 21 đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán năm học 2014 – 2015 (có đáp án)

Gọi C là trung điểm của OA; qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn đó tại hai điểm phân biệt M và N.. Gọi H là giao điểm của AK và MN.[r]

(1)

O r

d

= 7cm

Giaovienvietnam.com

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2014 – 2015

Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 12 tháng năm 2014

Câu (3,0 điểm)

1 Tìm điều kiện x để biểu thức x 2 có nghĩa.

2 Giải phương trình : x2 5x 0 

Giải hệ phương trình :

x 2y 1 2x y 5

  



  

Câu (2,0 điểm)

Cho biểu thức

1 1 1

M 1

1 a 1 a a

   

     

 

    với a 0;a 1  1 Rút gọn M

2 Tính giá trị biểu thức M a 2 

3 Tìm số tự nhiên a để 18M số phương.

Câu (1,0 điểm)

Hai ô tô khởi hành lúc từ A đến B Mỗi ô tô thứ chạy nhanh hơn ô tô thứ hai 10km/h nên đến B sớm tơ thứ hai Tính vận tốc ô tô, biết A B cách 300km.

Câu (2,5 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By nửa đường tròn (O) Tiếp tuyến thứ ba tiếp xúc với nửa đường tròn (O) M cắt Ax, By lần lượt D E.

1 Chứng minh tam giác DOE tam giác vuông. 2 Chứng minh : AD.BE R 2.

3 Xác định vị trí điểm M nửa đường trịn (O) để diện tích tam giác DOE đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu (1,5 điểm)

1 Giải phương trình

2

x  4x 21 2x 3   .

(2)

2 Cho tam giác ABC đều, điểm M nằm tam giác ABC cho

2 2

AM BM CM Tính số đo BMC.

-Hết -(Đề gồm có 01 trang)

Họ tên thí sinh: ……….……… ……Số báo danh: ………

HD: Bài

1) Rút gọn M =

2 1 a

2) a 2   M 2

3)

36 18M

1 a



 , 36 phương nên 18M số phương 1 a

Ư(36) phương  1 a1; 4;9;36  a9;64;1225 với a 0;a 1 

Bài Gọi vận tốc Ơ tơ thứ hai x(km/h; x > 0) ta có pt

 

300 300

1 x 50 t / m ; x 60(k / tm) x  x 10    

Bài 4.

a) Ta có DA DM hai tiếp tuyến cắt  DOA DOM 

Tương tự EOB EOM  , mà

         

(3)

b) Ta có AD = DM; EB = ME (t/c tiếp tuyến cắt nhau), xét tam giác DOE vuông tại O, OM vng góc với DE theo hệ thức lượng tam giác vuông ta

được: OM2 = DM ME  DM.ME R  AD.BE R

c) DOE

1

S DE.OM DE.R

2

 

để SDOEnhỏ  DE nhỏ nhất

DE AB  DE / /AB OMAB M điểm cung AB Câu (1,5 điểm)(lời giải thầy Lê Văn Quynh)

2

x  4x 21 2x 3   .

2 2

AM BM CM Tính số đo BMC.

Bài giải:

2

x  4x 21 2x 3   .

Cách 1:ĐKXĐ:

3

x 

Ta có:x2 4x 21 2x 3           

2

x 2x 3

Lập luận          

2

2 3

x 3 2x 3 0 x

2. Dấu “=” xẩy x = 3(Chọn)

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S=  3

Cách 2:

Áp dụng BĐT Cauchy cho số không âm 2x + 3, ta có:

 

    

6 2x 2x 3 2x 12

.

Mà x2 4x 21 2x 3   , nên x2  4x 21 2x 12       

2

x

Lập luận x = 3.

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S=  3

2 2

(4)

Dựng tam giác MCD đều, D nằm nửa mp bờ BC không chứa A

Dễ cm: Tam giác AMC = Tam giác BDC(C-g-c) nên BD = MA.

Khi AM2 BM2CM2  BD2 BM2DM 2 Tam giác BMD vng M Từ BMC=BMD CMD 90   600 1500

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học 2014 – 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN

Ngày thi: 25 tháng năm 2014

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (3,0 điểm)

a) Giải phương trình: x2+8x+7=0

b) Giải hệ phương trình:

3 5

2 4

x y x y

  



  

c) Cho biểu thức :

2

6

(2 3) 75

2 3

M    



d) Tìm tất c p số nguyên dương (x;y) thảo mãn 4xă 2=3+y2

Bài 2: (2.0 điểm)

Cho parabol (P):

2

y x đường thẳng (D): y=x-m+1( với m tham số).

a) Vẽ Parabol (P)

b) Tìm tất giá trị m để (P)cắt (D) có m t điểm chung.ơ c) Tìm tọa đ diểm thu c (P) có hồnh đ hai lần tung đ ơ ô ô Bài 3: (1 điểm)

Hưởng ứng phong trào “Vì biển đảo Trương Sa” m t đ i tàu dự định chở 280 hàng đảo ô ô Nhưng chuẩn bị khởi hành số hàng hóa dâ tăng thêm so với dự định Vì v y đ i tàu phải bơ â sung thêm tàu mối tàu chở dự định hàng Hỏi dự định đ i tàu có tàu, biết tàu chở số hàng nhau?

Bài 4: (3,5 điểm)

D M

C B

(5)

Cho đường tròn (O) m t điểm A cố định nằm (O) Kẻ tiếp tuyến AB, AC với (O) ( B,C ô tiếp điểm) Gọi M m t điểm di đ ng cung nhỏ BC( M khác B C) Đường thẳng AM cắt (O) ô ô điểm thứ N Gọi E trung điểm MN

a) Chứng minh điểm A,B,O,E thu c m t đường trịn Xác định tâm đường trịn đó.ơ b) Chừng minh 2BNC BAC 180o

c) Chừng minh AC2=AM.AN MN2=4(AE2-AC2).

d) Gọi I, J hình chiếu M cạnh AB, AC Xác định vị trí cảu M cho tích MI.MJ đạt giá trị lớn

Bài 5: (0,5 điểm)

Cho hai số dương x, y thỏa xy=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P=

3 9 26

3

x y x y

(6)

1 Giai phương trinh h PTê a) x2 +8x +7 =

Ta có: a-b+c=1-8+7=0 nên pt có hai nghi m phân bi t:ê ê x1=-1; x2=-7

V y t p nghi m PT : S={-1;-7}â â ê

b)

3 5 1 1

2 4 2 4 2

x y x x

x y y y

                    c) 6

(2 3) 75 6(2 3) 2 3 14

2 3

M          



d) Ta có: 4x2-y2=3(2x+y)(2x-y)=3

2 3 1

( )

2 1 1

( )

2 3 1

2 1 1

( )

2 3 1

( )

2 1 1

x y x

n

x y y

x y x

l

x y y

x y x

l

x y y

x y x

l

x y y

                                                                

V y nghiêm dương pt (1; 1)â Bài 2:

a) Vẽ đồ thị hàm số:

x -2 -1

y=2x2 2

b) Xét phương trình hồnh đ giao điểm (P) (D): ô

2

2x =x m 1 2x2-x+m-1=0

=(-1)2-4.2(m-1)=9-8m

Để (P) (D) có m t điểm chung : =09-8m=0m=

V y với m=â

8 (P) (D) có m t điểm chung.ơ

c) Điểm thược (P) mà hoành đ hai lần tung đ nghìa x=2y nên ta có:ơ

y=2(2y)2y=8y2

0 y y      

V y điểm thu c (P)â ô mà hoành đ hai lần tung đ (0;0) , (ô ô 4,

(7)

Bài 3:

Gọi x(chiếc) số tàu dự định đ i( xô N*, x<140) số tàu tham gia v n chuyển x+1(chiếc)â

Số hàng theo dự định: 280

x (tấn)

Số hàng thực tế: 286

1

x  (tấn)

Theo đề ta có pt: 280

x

-286

x  =2

280(x+1)-286x=2x(x+1) x2+4x-140=0



10 14( )

x

x l

    

(8)

Bài 4:

a) Ta có: EM=EN(gt)OEMNAEO 90o Mà ABO 900 (AB tiếp tuyến (O)) Suy ra: hai điểm B, E thu c đường trịnơ đương kính AO Hay A,B,E,O thu c m tơ đường trịn, tâm đường tròn trung điểm AO

b) Ta có: BOC2BNC(góc tâm góc nt chắn m t cung).ô

M t khác: ă BOC BAC  1800

suy ra: 2BNC BAC 180o (đpcm) c)

 Xét AMC ACN có



  ( 1  )

2

NAC chung

MCA CNA sdCM

  

 

 

 AMC ∽ ACN(g.g)

2 .

AM AC

AC AM AN

AC AN

   

(đpcm)

 Ta có: AE2=AO2-OE2(áp dụng ĐL Pi-ta-go vào AEO )

AC2=AO2-OC2(áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ACO )

Suy ra: AE2- AC2=OC2-OE2=ON2-OE2=EN2=

2 2

2

MN MN

 



 

  hay MN2=4(AE2- AC2)

d) Kẻ MKBC, đoạn AO  (O) ={F}, AO  BC ={H} Ta có: MJK MCK( tứ giác MJCK nt)

 

MCK MBI(cùng cung MC)

 

MBI MKI (tứ giác MKBI nt)

Suy ra: MJK MKI (1)

Chứng minh tương tự ta cũng có: MIK MKJ (2)

Từ (1) (2) suy ra: MIK ∽ MKJ (g.g)

2 .

MI MK

MK MI NJ

MK MJ

   

(9)

V y A, M, O thẳng hàng MI.MJ đạt giá trị lớn nhất.â

Bài 5:

Áp dụng bđt Cosi ta có:

3 9

x y 2

27

xy  (1)

3x+y2 3xy 6 

26 13 26 13

3x y 3   3x y  3 (2)

Từ (1) (2) suy ra:P=

3 9 26

3

xy  x y 6

13 

P=

3 9 26

3

x y x y 

5

V y MinP=â 3khi

3 1( 0)

3 3

x y x x

xy y

  

 



 

 

 

-

HẾT -Giáo viên soan đáp án: Cù Đình Đức- THCS Dương Văn Mạnh- Long Phước- Bà Rịa Mong góp ý có chơ chưa hợp lý: info@123doc.org

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

NĂM HỌC 2014 – 2015

Mơn thi: TOÁN

Ngày thi: 28/6/2014

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát

đề)

Bài 1: (2,5 điểm)

a) Giải phương trình: 3x – = x + 1 b) Giải phương trình: x2 x 6 0

c) Giải hệ phương trình:

2 8

1

x y

x y

 

 

(10)

d) Rút gọn biểu thức: P = 5

2 5 5 2 

Bài 2: (1,5 điểm)

Cho phương trình:    

2 2 1 3 0 1

x  m x m  

a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m.

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau.

Bài 3: (2,0 điểm)

Hai đội công nhân làm chung cơng việc hồn thành sau 12 giờ, làm riêng thời gian hồn thành cơng việc đội thứ hai đội thứ Hỏi làm riêng thời gian để đội hồn thành cơng việc bao nhiêu?

Bài 4: (3,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB, nửa đường tròn (O) lấy điểm G E (theo thứ tự A, G, E, B) cho tia EG cắt tia BA D Đường thẳng vng góc với BD D cắt BE C, đường thẳng CA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F.

a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp. b) Chứng minh: BF = BG

c) Chứng minh:

DA DG DE

BA BE BC

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho A =

1 1 1 1

1 2  2 3 3 4   120 121

B =

1 1

1

2 35

  

(11)

BÀI GIẢI

Bài 1: (2,5 điểm)

a) 3x – = x + 13x x   5 x3

b) x2  x 6 0 Giải nghiệm: x13; x2 2

c) 2 8 1 x y x y       

3 9 3

1 2

y y

x y x

  

 

   

  

 

d) P = 5

2 5 5 2  =

 

   

5 5 2

2 5 5 5

5 2 5 2



    

 

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Phương trình (1) có:

   

2

' ' 3

2

b ac  m  m m m m  m

                 

  , (vì

2 0, m m          )

Vậy: phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m.

b) Phương trình (1) có hai nghiệm đối

 

2

0

1

0 3

m

S m

m

P m m

                       

Vậy với m = phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau.

Bài 3: (2,0 điểm)

Gọi thời gian đội làm hồn thành cơng việc : x (giờ) ĐK: x > 12. Thời gian đội hai làm xong cơng việc là: x – (giờ)

Trong giờ: + Đội làm được:

1

x (CV)

+ Đội hai làm được:

1

x  (CV)

+ Cả hai đội làm đươc:

1 12(CV)

Ta có: PT:

2

1 1

31 84

7 12 x x

(12)

Giải phương trình ta nghiệm: x128TM; x2 3KTM

Vậy: Đội làm sau 28 xong cơng việc Đội hai làm sau 21 xong cơng việc

Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp.

Ta có: AF B 900(góc nt chắn nửa đường trịn) Ta có: CDB CFB  900

tứ giác DFBC nội tiếp đường tròn đường kính BC

b) Chứng minh: BF = BG

Ta có: AEB 900(góc nt chắn nửa đường trịn)  AEC900

Ta có: AEC ADC 1800

 Tứ giác ADCE nội tiếp đường trịn đường kính AC  

1

E C

 

(vì nt chắn cung DA)

Ta có: B1C1(vì nt chắn cung DF đường trịn đường kính BC)

Do đó: E1 B1 AG AF  BF BG BF BG

c) Chứng minh:

DA DG DE

BA BE BC

Ta chứng minh được:

DGB ∽ DAE (g – g)

DG DB

DG DE DA DB

DA DE

   

(1)

BEA ∽ BDC (g – g)

BE BA

BE BC BA BD

BD BC

   

(2)

Từ (1) (2) suy ra:

DG DE DA DB DA

(13)

Bài 5: (1,0 điểm)

Ta có: A =

1 1 1 1

1 2  2 3 3 4   120 121 =

=            

1 2 2 3 120 121

1 2 1 2 2 3 2 3 120 121 120 121

  

  

     

=

1 2 120 121

1 1

  

  

  

= 2 1  3 2   121 120 = - + 11 = 10 (1)

Với k N*, ta có:  

1 2 2

2 1

1 k k

k  k  k  k k   

Do đó: B =

1 1

1

2 35

  

 

2 1 2 2 3 3 4 35 36

B

          

= 2 1 362 6  10 (2)

Từ (1) (2) suy ra: B > A

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT

BÌNH DƯƠNG Năm học 2014 – 2015

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề Khố thi ngày 28/6/2014

Bài (1 điểm)

Rút gọn biểu thức A =

2 1 3 2

2 1 

 



Bài (1,5 điểm)

Cho hai hàm số y = -2x2

(14)

1/ Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng toạ độ 2/ Tìm toạ độ giao điểm hai đờ thị hàm số phép tính

1/ Giải hệ phương trình 1

4 3 2

1 3

x y



 

  

  

  2/ Giải phương trình 2x2

– 3x – = 0 3/ Giải phương trình x4

– 8x2

– = 0

Cho phương trình x2

– 2(m – 1)x + 2m – = (m tham số)

1/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m 2/ Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm trái dậu

3/ Với giá trị m biểu thức A = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị đó

Bài (3,5 điểm)

Cho (O) đường kính AB, tia AB lấy điểm C bên ngồi đường trịn Từ C kẻ đoạn thẳng CD vng góc với AC CD = AC Nối AD cắt đường tròn (O) M Kẻ đường thẳng BD cắt đường tròn (O) N

1/ CHứng minh ANCD tứ giác nội tiếp Xác định đường kính tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác ANCD

(15)

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 – NĂM HỌC 2014 – 2015

Nội dung Dự kiến

chia điểm

Bài 1:(1 điểm) A =

2 1 3 2

2 1 

 



=

2 ( 1).( 1)

( 1)

( 1).( 1)

 

 

=

2 ( 1)

( 1)

1   

= 2 1  2 1 = 2 1  2 1 = 2

0,5 điểm

Bài 2: (1,5 điểm)

1/ -Vẽ đồ thị hàm số: y = -2x2 Bảng giá trị:

x -2 -1 0 1 2

y = -2x2 -8 -2 -2 -8

- Vẽ đồ thị hàm số y = x Bảng giá trị

x 0 1

y = x 0 1

- Vẽ đồ thị đúng

0,5 điểm

(16)

2/ Phương trình hồnh độ -2x2

= x  2x2

+ x = 0  x(2x + 1) =

 x1 = ; x2 =

1 

Thay x1; x2 vào y = x, ta có Với x = => y = 0

Với x =

1 

=> y =

1 

Vậy toạ độ giao điểm hai đồ thị (0; 0) (

1  ;  ) 0,5 điểm 0,25 điểm

Bài 3: (2 điểm)

1/ 1 4 3 2 1 3 x y x y             3 12

3 2 3

x y x y         3 12 3 9 x y y       

3 3 12 3 x y        3 3 x y     

Vậy hệ phương trình có nghiệm (3 ; 3)

2/ Ta có   ( 3)2 4.2.( 2) 16 25 0    

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1

2

( 3)

2 2.2

( 3) 1

2.2 2 25 25 x x          

3/ x4 - 8x2 – = (1) Đặt t = x2

(t  0)

Phương trình (1) trở thành: t2

- 8t – = (2) Ta có: a – b + c = – (-8) + (-9) = 0

0,5 điểm

(17)

Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: t1 = -1 (loại) ; t2 = (nhận) Với t = t2 = 9

2 9 3

x x

   

Tập nghiệm phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 3; x2 = -3 0,5 điểm

0,5 điểm

Bài 4: (2 điểm) x2 – 2(m – 1)x + 2m – =

(*)

1/ Ta có ∆’ = [-(m – 1)]2 – 1.(2m – 5)

= m2 – 2m + – 2m + 5

= m2 – 4m + 6

= m2 – 2.m.2 + + 2

= (m – 2)2 + > với m

Phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt với m

2/ Phương trình có hai nghiệm trái dấu  1.(2m – 5) < 0  2m – < 0

 2m < 5

 m <

5 2

Vậy với m <

5

2 phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu

3/ Ta có phương trình (*) có hai nghiệm với m (theo a)

nên

1

2( 1) 2 2

2 5

x x m m

xx m

    

 

 



Ta có: A = x12 + x22

= x12 + 2x1x2 + x22 – 2x1x2 = (x1 + x2)2 – 2x1x2

0,5 điểm

0,25 điểm

(18)

=> A = (2m – 2)2

– 2(2m – 5) = 4m2

– 8m + – 4m + 10 = 4m2 – 12m + 14

= (2m)2

– 2.2m.3 + 32

+ 14 – 32 = (2m – 3)2

+ ≥ 5

Dấu “ = ” xảy 2m – =  m =

3

Vậy với m =

3

2 A đạt giá trị nhỏ bằng: 5

0,25 điểm

0,5 điểm

Bài 5: (3,5 điểm)

Hình vẽ

1/ Ta có ACD = 900 (gt)

AND= 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  ACD = AND

 D; N nhìn AD góc 900

 Tứ giác ANCD nội tiếp đường trịn đường kính AD

Suy tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCD là trung điểm AD

2/ Cách 1: Ta có CD = AC ACD= 900 (gt)

 ∆ACD vuông cân C

 CAD = 450

Ta có AMB= 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

 ∆MAB vng cân M

Cách 2:

Ta có Tứ giác ANCD nội tiếp (chứng minh trên)

 CND = CAD (Cùng chắn cung CD)

Ta có AMB= 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

0,5 điểm

0,75 điểm

(19)

 BMD= 900

 BMD + BCD = 900 + 900 = 1800

 Tứ giác BCDM nội tiếp

 ABM = CDM (cùng bù với MBC) (1) Ta lại có AC = CD (gt)

 ∆ACD cân C

 CAD = CDA hay BAM = CDM (2) Từ (1) (2), suy ABM = BAM

Mà AMB= 900 (Chứng minh trên)

 ∆MAB vuông cân M

3/ Xét ∆ABM ∆ADC có

A: góc chung AMB = ACD = 900 Suy ra: ABM∽ ADC

AB AD

AM AC

 

AB AC AM AD

 

0,75 điểm

0,5 điểm

Nguyễn Văn Giáp – Trường THCS Nguyễn Bỉnh Khiêm Dầu Tiếng – Bình Dương

(20)

H =   2

(21)

GIẢI ĐỀ THI TS LỚP 10_NĂM 2014 – 2015

Câu Nội dung

1 (2,5

đ)

1.

N = + 81 = + = 10

H =  

2

3 5  5

= | – | + = – + = 3

2.

ĐKXĐ:  x  1

G =

x x x 1

x 1 x 1

 



  =

( ) ( )( )

x x 1 x 1 x 1

x 1 x 1

  



 

= x – ( x – 1) = 1

2 (2,0

đ)

1a.

+ Bảng số giá trị (P):

x – 2 –1 0 1 2

y = – x2 – 4 – 1 0 – 1 – 4

A

+ (d) qua điểm (0; 2) (– 1; – 1) + Đồ thị:

1b d' có dạng: y = a’x + b’ d’  d  a’ a = –

Với: a =  a’ = 1 3 

 d’ : y = 1 3 

x + b’

Pt hoành độ giao điểm (P) d’: – x2 = 1 3 

x + b’  x2 1 3 

x + b’ = (*)

(22)

d' tiếp xúc (P)  = 1

9 – 4b’ =  b’ = 1 36

Vậy d’ có phương trình: y = 1 3  x + 1 36

2. 2. Hệ pt:

3x y 5

5x 2 y 23

 

 

 

 

6 x 2 y 10 5x 2 y 23

        11x 33

3x y 5

       x 3

y 3x 5        . x 3

y 3 3 5 4

  

  



Vậy hệ pt có nghiệm x = y = 4

3 (2,5

đ)

1a.

Khi m = 4, ta có pt: x2 + 4x + = 0 (*) Pt (*) có ’ = > 0

Suy : x1,2 = – 2  3

Vậy m = 4, pt (1) có nghiệm x1,2 = – 2  3.

1b.

Pt (1) có nghiệm x1, x2   = m2 –  0

 m2   | m |  

m 2 m 2     

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): .

1 2

S x x m

P x x 1

  

 

 



Theo đề bài:

2 2 1 2 2 2 2 1 x x 7

x  x   .

4 4 1 2 2 2 1 2 x x 7 x x    x14 + x

24 > 7(x1.x2)2  (x12)2 + (x22)2 > 7(x1.x2)2  (x12 + x

22)2 – 2x12.x22 > 7(x1.x2)2  [(x1 + x2)2 – 2x1.x2 ]2 > 9(x1.x2)2  [ ( – m)2 – ]2 > 12

 ( m2 – 2)2 >  | m2 – | > 3

 2

2

m 2 3

              2 2 m 5

m 1(vô nghiệm)

Với m2 >  | m | > 

m 5

  

 

 (thỏa ĐK)

Vậy m > m < – pt (1) có nghiệm thỏa

2 2 1 2 2 2 2 1 x x 7 x  x  .

2. Gọi x(m) chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật (x > 0)

Chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật: 360

x (m)

Theo đề bài, ta có pt: (x + 2)( 360

(23)

   

 

x 10 (thỏa ĐK)

x 12(không thỏa ĐK)

Với x = 10  360

x = 36

Chu vi mảnh vườn: 2(10 + 36) = 92 (m2)

4 (1,0

đ)

ABC vuông A nên:  B + C = 900  B = 300

 AC = AB tanB = tan300 = 6. 3

3 = (cm)  BC =

2 2

AB  AC = 62 (2 3)2 = (cm)

 AB AC = BC AH  AH = . AB AC

BC = . 6 3

4 = 3(cm)

 AM = 1

2 BC = 1

2 = (cm)

5 (2,5

đ)

1.

Hình vẽ:

(O) có:

 BE tiếp tuyến B  BE  OB  OBE = 900 nhìn đoạn OE (1)

 CE tiếp tuyến C  CE  OB  OCE = 900 nhìn đoạn OE (2)

Từ (1) (2)  Tứ giác OBEC nội tiếp đường trịn đường kính OE. 2. (O) có:

 ADB = BAx (cùng chắn AB ) (1)  PQ // d  APE = BAx (so le trong) (2) Từ (1) (2)  ADB = APE

ABD và AEP có:

(24)



AB AD

AE  AP  AB AP = AD AE (đpcm).

3.

(O) có:

 BAx = B (cùng chắn AB ) 2  B =1 B (đối đỉnh) 2

 BAx = B1

Mà: BAx = APE (cmt)

 B = APE 1 BEP cân E  EP = EB (1) (O) có:

 CAy = C (cùng chắn AC )2

5

3. 

1 C = 

2

C (đối đỉnh)

 CAy = C1

PQ // d  CAy = AQE (so le trong)

 C = AQE 1 CEQ cân E EQ = EC (2) Hai tiếp tuyến EB EC cắt E  EB = EC (3)

Từ (1), (2) (3)  EP = EQ (đpcm). ABC AQP có:

ACB = APQ (cùng BAx ) PAQ chung  ABC  AQP (g.g)



. .

AC BC 2 MC MC

AP PQ 2 PE  PE 

PE PA

CM CA AEP AMC có:



PE PA

CM CA (cmt)

 APE = ACM ( BAx )

  AEP  AMC (c g c)  PAE = MAC (đpcm) 4. Gọi N giao điểm tia AM (O), ta có:

 BAN = BCN ( chắn BN )  AMB = NMC (đối đỉnh)

 AMB  CMN (g.g)



AM MB

CM MN  AM MN = MB.MC = BC

2 BC

2 = 2 BC

(25)



   

 



  

     

PAE MAC (cmt) BAD NAC

BAD nội tiếp chắn BD NAC nội tiếp chắn CN

 BD CN  BD = CN.

EBC cân E  EBM = ECM  EBD DBM = ECN  NCM

Mà: EBD = ECN (chắn cung nhau)  DBM = NCM BDM CNM có:

 

MB MC

DBM NCM

BD CN

 



 

 

  BDM = CNM (c.g.c)  MD = MN

(**)

Từ (*) (**) AM MD = 2 BC

4 (đpcm)

SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

CÀ MAU Năm học: 2014 – 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN Ngày thi 23/6/2014

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài : (1,5 điểm)

a) Giải phương trình 6x2 – 5x – = 0

b) Tìm tham số m để phương trình :x2 +2(m +1)x +2m2 +2m +1 = vô nghiệm

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức A =

1 1

6 2  6 2

b) Rút gọn biểu thức B = x 1 x 1  x 2 với 2 x

Bài :(2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

8x y 6

x y 6

  



(26)

b) Vẽ đồ thị của hàm số : y = x2 và y = 5x – cùng hệ trục tọa độ Oxy và tìm tọa độ giao

điểm của hai đồ thị

Bài 4:(2,0 điểm)

Một hình chữ nhật có chiều dài gấp lần chiều rộng Nếu cả chiều dài và chiều rộng cùng tăng thêm cm thì dược một hình chữ nhật mới có diện tích bằng 153 cm2.Tìm chiều dài và chiều rộng của

hình chữ nhật ban đầu Bài 5: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O).Các đường cao BF,CK của tam giác ABC lần lượt cắt (O) tại D,E

a) Chứng minh : Tứ giác BCFK là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh : DE //FK

c) Gọi P,Q lần lượt là điểm đối xứng với B,C qua O.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AFK có bán kính không đổi A thay đổi cung nhỏ PQ (không trùng với các điểm P,Q)

…………Hết………

Bài 1:

a) 6x2 5x 6 0

2

5 4.6.6 25 144 169

5 13 3 5 13 2

12 2 12 3

x hay x

     

 

    

b)Phương trình :x2 +2(m +1)x +2m2 +2m +1 = (a= 1;b=2(m+1);c=2m +2m+1)

' = (m+1) -2m-2m-1= m +2m+1-2m -2m-1= -m < với mọi m Vậy phương trình vô nghiệm với mọi m  m  R Bài 2:

a) A =

1 1

6 2  6 2    

6 2 6 2 2 6 6

6 4 2

6 2 6 2

  

 

 



(27)

b) B = x 1 x 1  x 2 (với 2 x 3)

 

2

2 1 1 2 2 1 2

B x    x  x    x

B x 2 1   x 2 2 (Vì 2<x<3 -1<0) Bài 3:

a)

8 6

6

x y

x y

  



 

 

8 6

6

x y

x y

   



 

 

8 6

8 12 0

x y

x x

  



  

 

6 42

x y

  



 hoặc

2 10

x y

  

 

Bài 4:

Gọi x là chiều rộng hình chữ nhật lúc đầu (x>0) (cm) Chiều dài hình chữ nhật lúc đầu: 3x (cm)

Chiều rộng hình chữ nhật lúc sau: x + (cm) Chiều dài hình chữ nhật lúc sau: 3x + (cm)

Theo đề bài ta có phương trình: (x + 5).(3x + 5) = 153

 3x + 20x - 128 = 0 x = (TMĐK) hay x = - 32/3 < (loại) Vậy chiều dài và chiều rộng hình chữ nhật ban đầu: 12 cm và cm

Bài 5:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2014 – 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 điểm)

(28)

Rút gọn biểu thức

2 2 2

2

2 2

x x

P

x x x



 



 , với x > 0, x 2 Bài 2: (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình

3 4 5

6 7 8

x y

 

 

 



Bài 3: (2,0 điểm)

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) và hàm số y = 4x + m có đồ thị (d m)

1)Vẽ đồ thị (P)

2)Tìm tất cả các giá trị của m cho (dm) và (P) cắt tại hai điểm phân biệt, đó tung độ

của một hai giao điểm đó bằng Bài 4: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0, với m là tham số.

1)Giải phương trình m =

2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với x1 < x2, tìm tất cả các giá

trị của m cho x1  x2 6 Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại 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) tại điểm thứ hai là D

1)Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C)

2)Trên cung nhỏ AD của đường tròn (C) lấy điểm E cho HE song song với AB Đường thẳng BE cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F Gọi K là trung điểm của EF Chứng minh rằng:

a) BA2 = BE.BF và BHE BFC 

(29)

BÀI GIẢI Bài 1:

1)A = – =

2)Với điều kiện cho thì

        2 2 2 2 1 2 2

2 2 2 2

x

x x

P

x x

x x x x



    

 

  

Bài 2:

3 4 5 6 8 10 2 1

6 7 8 6 7 8 6 7 8 2

x y x y y x

x y x y x y y

                            Bài 3: 1)

2) Phương trình hoành độ giao điểm của y = x2 và đường thẳng y = 4x + m là :

x2 = 4x + m  x2 – 4x – m = (1)

(1) có    4 m

Để (dm) và (P) cắt tại hai điểm phân biệt thì   0 4m0 m 4

y = 4x + m = => x =

4

m



Yêu cầu của bài toán tương đương với

4 4 4

1 7 7

2 4 4 4

4 4 4

m m m

hay

m m m

                                    7 4 m m m m              

 (loại) hay

4 7

4 4 7

m m m m            

  2

4 4

5 hay hay

16 14 49 15

m m m

m m

m m m m m

                                Bài 4:

(30)

2)      

2 2 2

2 2 4 4 2 2 1 2 2 1 2 0

m m m m m m m m



               

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Ta có  

2

1 2 2 , 0

      

S x x m P x x m

Ta có  

2

1   6  2  36 1  22 36

x x x x x x x x x x x x

 2  2

4 2 m 36 m 9  m1haym5

Khi m = -1 ta có x1 3 10, x2  3 10 x1  x2 6 (loại)

Khi m = ta có x1  3 34, x2  3 34 x1  x2 6(thỏa)

Vậy m = thỏa yêu cầu bài toán Bài 5:

1)Ta cóBAC 90  nên BA là tiếp tuyến với (C) BC vuông góc với AD nên

H là trung điểm AD Suy BDC BAC 90  

nên BD là tiếp tuyến với (C) 2)

a)

Trong tam giác vuông ABC ta có AB2 BH.BC (1)

Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA vì có góc B chung

vàBAE BFA  (cùng chắn cung AE)

suy

2

AB BE

AB BE.FB FB BA  (2) Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB

Từ BE.BF= BH.BC

BE BH BC BF

 

2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và

(31)

  BHE BFC

 

b) kết quả ta có BFA BAE 

  

HAC EHB BFC  , AB //EH suy DAF DAC FAC DFC CFA BFA       

 

DAF BAE

  , góc này chắn các cung AE, DF  nên hai cung này bằng nhau

Gọi giao điểm của AF và EH là N Ta có tam giác HED và HNA bằng (vì góc H đối đỉnh, HD = HA, EDH HDN  (do AD // AF)

Suy HE = HN, nên H là trung điểm của EN Suy HK là đường trung bình của tam giác EAF Vậy HK // AF

Vậy ED // HK // AF

ĐỀ THI VÀO LỚP 10 ĐĂK LĂK MƠN TỐN

NĂM HỌC 2014 – 2015

(Ngày thi : 26/06/2014)

Câu 1: (1,5 điểm)

A

B

F C

D E

H

(32)

1) Giải phương trình: x2 – 3x + = 0

2) Cho hệ phương trình:

2 5 1

4 5

x ay b

bx y

  

 

 

 Tìm a, b biết hệ có nghiệm

1 2

x y

  

 

Câu 2: (2 điểm)

Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + m2 + 3m + = (1) (m tham số)

1) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.

2) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thõa mãn: x12 + x22 = 12.

Câu 3: ( điểm)

1) Rút gọn biểu thức

2 3 2 3

7 3 7 3

A   

 

2) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(0;1) song song với đường thẳng d: x + y = 10.

Câu ( 3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có đường cao AH, lấy điểm M tùy ý thuộc đoạn HC (M không trùng với H, C) Hình chiếu vng góc M lên cạnh AB, AC P Q.

1) Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ.

2) Chứng minh rằng: BP.BA = BH.BM

3) Chứng minh rằng: OH  PQ.

4) Chứng minh M thay đôi HC MP +MQ khơng đơi. Câu (1 điểm)

Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

1

4 2016

4

x

A x

x x



   

(33)

LỜI GIẢI SƠ LƯỢC

Câu 1: (1,5 điểm)

1) Giải phương trình: x2 – 3x + = 0

a + b + c = + (-3) + =  x1 = 1; x2 = c a = 2.

2) Hệ phương trình:

2 5 1

4 5

x ay b

bx y

  

 

 

 có nghiệm

1 2 x y      

2 2 5 1 2 5 3 2 62 31

8 5 13 13 13

a b a b a a

b b b b

                             .

Câu 2: (2 điểm)

Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + m2 + 3m + = (1) (m tham số)

1)  

2 ' (m 1)

   

- (m2 + 3m + 2) = - m – 1

Pt (1) có nghiệm phân biệt  ' >  - m – >  m < - 1

Vậy với m < - pt (1) có nghiệm phân biệt.

2) Với m < - Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = 2(m + 1) ; x1x2 = m2 + 3m + 2. x12 + x22 = 12  (x1 + x2)2 - x1x2 = 12  2(m + 1)2 – 2(m2 + 3m + 2) = 12

 m2

+ m – = 0

Giải PT ta có : m1 = (khơng TMĐK); m2 = -3 ( TMĐK).

Vậy với m = -3 pt (1) có nghiệm phân biệt thõa mãn x12 + x22 = 12.

Câu 3: ( điểm)

1) Rút gọn biểu thức 2

2 3 2 3 2 3 2 3

7 3 7 3 ( 2) ( 2)

A       

   

=

2

2 3 2 3 2 3 2 3

( 2) (2 3)

2 3 3 2

( 2) ( 2)

   

      

 

= ( 2) 2 (2 3)2 ( 2   3)( 2   3) 3 . 2) Phương trình đường thẳng cần viết có dạng: d’: y = ax + b d' qua điểm A(0; 1)  1 = a + b  b = 1.

d': y = ax + song song với đường thẳng d: x + y = 10 hay y = -x + 10  a = -1.

Vậy phương trình cần viết là: d’: y = - x + 1.

(34)

1) Xét tứ giác APMQ có: MPA MQA  900 ( Theo GT)

 MPA MQA  1800  tứ giác APMQ nội tiếp.

Tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM

2) Xét  BPM  BHA có:

  900

BPM BHA (gt) ; PBM HBA (chung góc B)

  BPM  BHA (g.g) 

BP BM

BH  BA  BP.BA = BH.BM

3) AHM 900(gt)  H thuộc đường trịn đường kính AM

 A, P, H, M, Q thuộc đường tròn O.

 

PAH QAH ( tam giác ABC đều, AH đường cao nên cũng đường phân

giác)

 PH QH   PH = QH  H thuộc đường trung trực PQ (1)

OP = OH ( bán kính)  O thuộc đường trung trực PQ (2)

Từ (1) (2)  OH đường rung trực PQ  OH  PQ.

4) SABM + SCAM = SABC 

1

2AB MP +

1

2AC MQ =

1

2BC.AH



1

2BC MP +

1

2BC MQ =

1

2BC.AH ( AB = AC = BC )



1

2BC(MP + MQ) =

1

2BC.AH  MP + MQ = AH Vì AH không đôi nên MP + MQ

không đôi.

(35)

2

2 2

1 4

4 2016 (4 ) (4 ) 2014

4

1 4

(2 ) 2.2 2014

1 (2 )

1 (2 1)

(2 ) 2014 2014

1

2 1

2 2014

4

2

x x

A x x

x x x x

x x x x x x x x x x x x x A x x                                                    

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kề thời gian giao đề). (Đề thi gồm trang, có sáu câu).

Câu (2 điểm)

1) Giải phương trình 4x2 - = 0

2) Giải phương trình 2x4 - 17x2 - = 0

3) Giải hệ phương trình

x− y =−26 5 x +3 y =−16

¿

{¿ ¿ ¿ ¿

1) Vẽ đồ thị hàm số y = -x2

2) Tìm m để đờ thị hàm số y = mx + song song với đường thẳng y = x

1) Cho a số thực dương khác Rút gọn biểu thức P =

a√a−2a+√a

√a−a

2) Tìm tham số k để phương trình x2 – x + k = (với x ẩn số thực) có hai nghiệm phân biệt

x1, x2 thoả (x1)2 + (x2)2 = 3

3) Phân tích đa thức thành nhân tử:

x2−5 3x−

2 3

Câu (1,25 điểm)

(36)

Câu (3,75 điểm)

Cho tam giác ABC có đường cao AH, biết góc BCA < góc ABC < góc CAB < 900. Gọi đường tròn (O) tâm O là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi D là giao điểm của tia AI với đường tròn (O), biết D khác A Gọi E và F lần lượt là giao điểm của đường thẳng AH với hai đường thẳng BD và CI, biết E nằm giữa hai điểm B và D.

1) Chứng minh BH = AB.cos góc ABC Suy BC = AB.cos góc ABC + AC.cos góc BCA.

2) Chứng minh bốn điểm B, E, I, F cùng thuộc một đường tròn. 3) Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC.

HẾT

ĐÁP ÁN

BÀI NỘI DUNG

1 (2đ)

1)4x2 – = 0

3

x

 

2) 2x4 – 17x2 – = Đặt t = x2 , t0

Pt thành: 2t2 – 17t – = 0

9( )

3

( )

t n

x

t l

  

   

  

7 26 5 35 130 5

5 3 16 5 3 16 3

x y x y x

x y x y y

    

  

 

  

    

  

2 (1đ)

1) Vẽ đồ thị hàm số y = -x2 (HS tự vẽ)

2) Tìm m để đồ thị hàm số (d):y = mx + song song với đường thẳng (d’): y = x

(37)

3 (2đ)

1)Cho a số thực dương khác Rút gọn :

2

a a a a

P

a a

 





 

 2  2

2 1 1 1

2

1

1 1

1

a a a a a

a a a a

P a

a a a a a a

   

 

     

   

2) Tìm tham số k để pt: x2 – x + k = có hai nghiệm phân biệt x

1 và x2 thỏa (x1)2 +

(x2)2 = 3

(x1)2 + (x2)2 =  

2

1 2 2

x x x x k k

       

3) Phân tích đa thức thành phân tử: x2 – 5/3 x – 2/3

Tam thức x2 – 5/3 x – 2/3 có hai nghiệm -1/3

Nên x2 – 5/3 x – 2/3 = (x – 2)(x + 1/3)

4 (1,25đ)

Cho tam giác vuông có diện tích 54 cm2 tơng độ dài hai góc vng 21

cm Tính độ dài cạnh huyền tam giác vuông cho. Gọi độ dài cạnh góc vng x (x:cm ,x > 0)

Cạnh góc vng cịn lại 21 – x (cm)

Ta có phương trình :

1

2x(21 - x) = 54  -x2 + 21x -108 =0  x = 12 v x = 9

Độ dài cạnh góc vng 12cm cm

 độ dài cạnh huyền 122 92 15(cm)

5 (3,75đ)

Cho tam giác ABC có đường cao AH, biết góc BCA < góc ABC < góc CAB < 900.

Gọi đường tròn (O) tâm O là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi D là giao điểm của tia AI với đường tròn (O), biết D khác A Gọi E và F lần lượt là giao điểm của đường thẳng AH với hai đường thẳng BD và CI, biết E nằm giữa hai điểm B và D.

1) Chứng minh BH = AB.cos góc ABC Suy BC = AB.cos góc ABC + AC.cos góc

BCA.

2) Chứng minh bốn điểm B, E, I, F cùng thuộc một đường tròn.

(38)

2) Chứng minh bốn điểm B , E , I , F thuộc đường trịn Ta có :

         

   

 

0

0 0

1 1 1

180 90 (1)

2 2 2

1

90 90 90 (2)

2 (1),(2)

BIF IBC ICB ABC ACB BAC BAC

BEF EBH DAC BAC

BIF BEF BEIF nt

        

      

  

3) Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC . Gọi M giao BI (O) (khác B)

Do I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên:

  ,          

MC MA DC DB   MC DC MA DB    MCD MA DB   IBD DIB

DBI cân D  DB = DI Vì DB DC  nên DB = DC

DB = DI = DC d tâm đường tròn ngoại tiếp IBC

ĐỀ (&ĐA) THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT TỈNH HÀ NAM

MƠN THI: TỐN Năm học 2014 – 2015 Ngày thi: 25 tháng năm 2014

Câu 1: (1,5 điểm)

1)

Chứng minh: BH = AB .cos góc ABC Suy ra BC = AB

.cos góc ABC + AC .cos góc BCA

Trong tam giác vuông AHB Ta có :HB = AB.cosABC Trong tam giác vng AHC Ta có :HC = AC.cosACB

BC = HB + HC = AB.cosABC + AC.cosACB

F

E H

I O

B C

A

D

(39)

Rút gọn biểu thức sau:

Câu 2

b) Giải phương trình: x2 - 8x + = 0

Câu 3: (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) có phương trình y =x2 đường

thẳng (d) có phương trình: y = -2x + m ( với m tham số).

a) Tìm giá trị m để (d) cắt (P) điểm có hồnh độ 2.

b) Tìm giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1; x2 thỏa mãn hệ thức x12 + x22 = x12 x22

Câu 4: (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB>AC Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) Đường cao AH tam giác ABC cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai D Kẻ DM vng góc với AB M.

a) Chứng minh tứ giác BDHM nội tiếp đường tròn.

(40)

c) Gọi N hình chiếu vng góc D lên đường thẳng AC, chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.

d) Chứng minh AB2 + AC2 + CD2 + BD2 = 8R2

Câu 5: (1,0 điểm) Giai hệ PT

Giai – đáp án

Câu 1

a/ = 

b/ = 

Câu 2

 Hệ phương trình có nghiệm : x = 15; y = -

Câu 3

a/ Điểm thuộc parabol (P) y = x2

hoành độ x =2  tung độ y =22 = 4

Đường d cắt (P) điểm có x=2, thay x=2,

(41)

b/ PT hoành độ giao điểm (d) (P) là

x2 = - 2x + m  x2 + 2x – m = (*) (d) cắt (P) điểm phân biệt

 ’ = – m >  m> -

(d) cắt (P) điểm phân biệt có hồnh độ x 1; x2 nên theo hệ thức Viet:

Câu 4

a/ Theo gt có AD BC; DM AB DHB=DMB=90o

 có điểm B,D, H,M nằm đường tròn

Đườn kính BD Hay tứ giác BDHM nội tiếp

đường trịn đường kính BD (*)

b/ Từ (*)  MDH = MBH Mặt khác có

ADC = ABC ( chắn cung AC)

 MDA =ADC

 Hay DA phân giác MDC

c/ Ch/minh tương tự câu a/ ta có DHCN nội tiếp

 DHN = DCN,

mà DCN = ABD  tứ giác BD HM nội tiếp  ABD = DHM = 180o

DHN + DHM = 180o Hay M,H, N điểm thẳng hàng

d/ Kẻ đường kính AE ta có:

(42)

Câu 5

 Vậy có hai cặp giá trị x, y thỏa mãn đề : (1; -1) ( -1; 1)

PHH sưu tầm & viết lại giải/ĐA - 2014

SỞ GD&ĐT THÀNH PHỐ HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2014-2015 Mơn thi : Tốn

Ngày thi : 23 tháng năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút Bµi I(2 điểm)

1) Tính giá trị biểu thức A =

1 1

x x



 x = 9.

2) Cho biÓu thøc P =

2 1

2

x x

x x x x

 

 



 

  

  víi x > vµ x 1.

a) Chøng minh r»ng P =

1

x x



(43)

Bài II (2 điểm)

Mt phõn xng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm số ngày quy định Do ngày phân xởng sản xuất vợt mức sản phẩm nên phân xởng hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày phân xởng sản xuất theo kế hoạch sản phẩm?

Bµi III( diĨm)

1) Giải hệ phơng trình

4

5

1

x y y



 

  

 

  

  



2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng thẳng (d): y = - x + parabol (P) : y = x2.

a) Tìm tọa độ giao điểm (d) (P).

b) Gäi A, B hai giao điểm (d) (P) Tính diện tích tam giác AOB.

Bài IV (3,5 điểm)

Cho đờng trịn (O; R) có đờng kính AB cố định Vẽ đờng kính MN đờng trịn (O; R)(M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đờng tròn (O; R) B cắt đờng thẳng AM, AN lần lợt điểm Q P.

1) Chứng minh tứ giác AMBN hình chữ nhËt.

2) Chứng minh điểm M, N, P, Q thuộc đờng tròn.

3) Gäi E trung điểm BQ Đờng thẳng vuông góc với OE O cắt PQ tại điểm F Chứng minh F trung điểm BP ME // NF.

4) Khi đờng kính MN quay quanh tâm O thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí đờng kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.

Bµi V (0,5 điểm)

Với a, b, c số dơng tháa m·n ®iỊu kiƯn a + b + c =

Tìm giá trị lớn biểu thøc Q = 2a bc  2b ca  2c ab ===***===

Đáp án Bài I(2 điểm)

1) Ta cã A =

1 1

x x



 (x  0; x  1

Thay x = vµo A ta cã: A =

9 1 2 3 1 9 1

 

 



(44)

2) Cho biÓu thøc P =

2 1

2

x x

x x x x

 

 



 

  

  víi x > vµ x 1.

a) Chøng minh r»ng P =

1 x x         

2 1 1 2 1 1 2 1

. . .

2 2 1 ( 2) 2 1 ( 2) 1

1 2 1 1

. 1 2

x x x x x x x

P

x x x x x x x x x x x

x x x x

DPCM x x x x                                      

c) Tìm giá trị x để 2P = 2 x + 5.

   

1

2P 2 x 5 2. x 2 x 5 2x 3 x 2 0 2 x 1 x 2 0

x



            

1

( )

2 1 0

4

1 0 1( )

x TMDK

x

x x loai



    

   

 

  

VËy x =

1

4 th× 2P = 2 x + 5.

Bài II (2 điểm)

Gọi số sản phẩm ngày phân xởng phải sản xuất theo kế hoạch x(sản phẩm),

(0 <x < 1100, x nguyên dơng)

- Theo kế hoạch phân xởng cần sản xuất 1100 sản phẩm nên số ngày phân xởng

làm theo kế hoạch

1100

x (ngµy).

- Do ngày phân xởng làm vợt mức sản phẩm nên thực tế ngày phân xởng làm đợc x + (sản phẩm)

Do số ngày phân xởng làm thực tế

1100

x  (ngµy)

- Thực tế phân xởng hoàn thành kế hoạch sớm thời gian quy định nên ta có phơng trình:

     

 

2 50

1100 1100

2 5 27 0 50 55 0

5 55

x TMDK

x x x x

x x x Loai

 

           

  

(45)

Bài III( diểm)

1)Giải hệ phơng trình

4 1 1

x y y

             

 (I)

§K: x + y  1, y  §Ỉt

1 1

; 1

a b

x y  y 

Khi phơng trình (I) 

4 5 1

2 1 1

u v u

u v v

            

Do phơng trình (I) 

1

1 1

1

x y x

x y y y y                       

Vậy nghiệm hệ phơng trình :

1 2 x y     

2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đờng thẳng (d): y = - x +

vµ parabol (P) : y = x2

a) Tìm tọa độ giao điểm (d) (P).

Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phơng trình;

2 6

 

x x 6 0

 x  x   x2hay x3

- Với x = ta có y = 22 =  A(2; 4) - Với x = - ta có y = (-3)2 =  B(- ; 9) Vậy tọa độ giao điểm (d) (P) A(2;4) B(-3;9)

(46)

Ta cã SOAB SAA 'B'B SOAA' SOBB'

Ta cã A’B’ = xA' xB'   2 ( 3) 5 , AA’ = 4, BB’ = 9

DiÖn tÝch hinh thang : SAA 'B'B

AA ' BB' 65 A 'B'

2 2

 

  

(®vdt)

OAA '

S 12A 'A.A 'O12.4.2 4 (®vdt); SOBB' 12B'B.B'O12.9.3272 (®vdt)

OAB AA 'B'B OAA' OBB'

65 27

S S S S 15

2

  

 

        

  (®vdt)

Bài IV (3,5 điểm)

1) XÐt tø gi¸c AMBN cã :

AMB 900

(Góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn tâm O)

 900

MBN  (Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O)

ANB 900

(Góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn tâm O)

Tứ giác AMBN hình chữ nhËt (DÊu hiƯu nhËn biÕt hcn)

2) V× MBN  900 BMQ  900

XÐt BMQ cã BMQ 900  MQB MBQ  900

mµ ABM MBQ 900(Vì PQ AB) ABM MQB

Mặt khác ABM ANM (Hai góc nội tiếp chắn AM cđa (O))

 MQB ANM  L¹i cã: MNP ANM  1800(Hai gãc kÒ bï)

(47)

3) * XÐt ABQ cã OB = OA = R EB = EQ (gt)

 OE đờng trung bình củaABQ(đờng trung bình )

OE // AQ mà AP AQ (Vì MAN  900)

 OE // AP mµ OA = OB = R

 FB = FP (Định lí) F trung điểm BP

* NPB vuông N có NF trung tuyÕn

 NF = FB = FP

- XÐt ONF vµ OBF cã :

( ) ( )

OF chung

NF FB cmt ONF OBF c c c

ON OB R

 

     



    ONF OBF 900  NFMN

(1)

Chøng minh t¬ng tù, ta cã : ME  MN (2)

Tõ (1) vµ (2)  NF // ME

4) Ta cã : SMNPQ SAPQ SAMN  2SMNPQ 2SAPQ 2SAMN

Mµ

1

;

2

APQ AMN

S  AB PQ S  AN AN

 2SMNPQ AB.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN    (3)

ABP QBA 

AB BP

QBBA   

2

AB BP.QB BP.QB 2R 4R

áp dụng bất đẳng thức Cosi cho PB BQ ta có

2

PB BQ PB.BQ 4R   4R (4)

Ta cã (AM – AN)2  

2 2

AM AN MN

AM.AN

2 2



 

= 2R2 (5)

Tõ (3), (4), (5) 

2

MNPQ

2S 2R.4R 2R 6R

Suy

2 MNPQ

S 3R

DÊu b»ng x¶y AM =AN PQ = BP hay MNAB Vậy MNAB tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ

Bài V: (0,5 ®iĨm)

Ta cã Q 2a bc  2b ca  2c ab mµ a + b + c =

 Q a b c a bc     a b c b ca     a b c c ab   

 a b a c      b c b a      c a c b    

(48)

a + b + b + c  a b b c    

 a b a c     a b a c   

 a b a c    

2

a b c  

(1)

T¬ng tù ta cã: b c b a    

2

b a c  

(2)

c a c b    

2

c a b  

(3)

Céng (1) (2) (3) vÕ theo vÕ ta cã:

a b a c      b c b a      c a c b     

2

a b c  

+

2

b a c  

+

2

c a b  

 Q 2(a b c)    Q 4

Q =

2 3 2

a b a c b c b a

a b c c a c b

a b c

                       

VËy Qmax = Khi a = b = c =

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HƯNG N -ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

-Câu 1: (2,0 điểm).

1) Rút gọn biểu thức: P = 2 8 3 2 6

2) Tìm m để đường thẳng y = (m +2)x +m song song với đường thẳng y = 3x -2 3) Tìm hồnh độ điểm A parabol y = 2x2, biết A có tung độ y = 18.

Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2x + m +3 =0 ( m tham số).

1) Tìm m để phương trình có nghiệm x = Tìm nghiệm cịn lại 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn:

3

1

x x 

(49)

Câu (2,0 điểm).

1) Giải hệ phương trình

2 3

3 2 1

x y

x y

  



 



2) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 12m Nếu tăng chiều dài thêm 12m chiều rộng thêm 2m diện tích mảnh vườn tăng gấp đơi Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn

Câu (3,0 điểm).

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Hạ đường cao AH, BK tam giác Các tia AH, BK cắt (O) điểm thứ hai D E

a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn Xác định tâm đường trịn b) Chứng minh rằng: HK // DE

c) Cho (O) dây AB cố định, điểm C di chuyển (O) cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CHK không đôi

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

 

2

5 2

x y xy x y

x x y

     

 

   

 

(50)

-Hết -Hướng dẫn câu b,c.

b) Theo câu a) Tứ giác ABHK nội tiếp (J) với J trung điểm AB Nên BAH= BKH(hai góc nội tiếp chắn cung BH (J) ) Mà BAH=BAD(A, H, D thẳng hàng)

BAD=BED(hai góc nội tiếp chắn cung BD (O) ) Suy BKH=BED Hai góc vị trí đờng vị nên HK // DE c)

- Gọi T giao hai đường cao AH BK

Dễ CM tứ giác CHTK nội tiếp đường trịn đường kính CT (do CHT CKT 90   0)

Do CT đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CHK (*) - Gọi F giao CO với (O) hay CF đường kính (O)

Ta có CAF 90  0( góc nội tiếp chắn nửa (O)) => FA CA Mà BK CA (gt) Nên BK // FA hay BT // FA (1)

Ta có CBF 90  0( góc nội tiếp chắn nửa (O)) => FB CB Mà AH CB (gt) Nên AH // FB hay AT // FB (2)

Từ (1) (2) ta có tứ giác AFBT hình bình hành ( hai cặp cạnh đối //) Do J trung điểm đường chéo AB

Nên J cũng trung điểm đường chéo FT( tính chất đường chéo hbh) Xét tam giác CTF có O trung điểm FC, J trung điểm FT

Nên OJ đường trung bình => OJ =

2CT (**)

Từ (*) (**) ta có độ dài OJ độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK

Mà độ dài OJ khoảng cách từ tâm O đến dây AB (J trung điểm dây AB) Do (O) dây AB cố định nên độ dài OJ không đôi

(51)

 

2

2 (1)

5 2 (2)

x y xy x y

x x y

             

(1)  2x24y2 6xy 4x8y0

 (x2 - 4xy + 4y2) +(x2 - 4x) – 2xy + 8y = 0

 (x - 2y)2 + x(x - 4) - 2y(x – 4) = 0

 (x - 2y)2 + (x - 4)(x – 2y) = 0

 (x - 2y).(x - 2y + x - 4) = 0  (x - 2y) (2x - 2y - 4) = 0  x - 2y =0 2x – 2y – = 0

TH1: x - 2y =  2y = x thay vào (2) ta có    

2

2 5 2 5 5 5

x   x x   x   x

(3) Để giải (3) ta đặt x2 – = t (3) trở thành t2 = x + 5

Ta có hệ pt

2

5 (4)

5 (5)

x t x t

t x t x

                  

Lấy (4) – (5) ta x2 – t2 = t – x  (x-t).(x+t) – t + x =  (x - t).(x + t +1) = 0

 x = t x + t +1 = 0

* Nếu x = t thay vào (4) ta có pt x2 = x +5 hay x2 - x – = 0.

Gải pt x1 =

1 21 

; x2 =

1 21 

(đều tm)

Tương ứng y1 =

1 21 

; y2 =

1 21 

* Nếu x + t +1 = thay t = - x -1 vào (4) ta có x2 = -x -1 +5  x2 + x – =

Gải pt x3 =

1 17  

; x4 =

1 17  

(đều tm)

Tương ứng y3 =

1 17  

; y4 =

1 17  

TH2: 2x – 2y – =  x – y – =  x – y =

thay vào (2)  

2

2 5 2.(x y) 5

x    

ta có:  

2

2 5 2.2 5

x     x2 52  9 x2 53

(52)

Tương ứng có y5 2 2; y6 2 2

Xét x2 – = -3  x2 =  x7  2; x8  2

Tương ứng cóy7  2 2; y8  2 2

Vậy hpt cho có nghiệm

(x,y){(

1 21 

,

1 21 

);(

1 21 

,

1 21 

);(

1 17  

,

1 17  

);

(

1 17  

,

1 17  

(53)

(54)

(55)

(56)

(57)

(58)

Ngày thi: 26/06/2014

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

a Tính giá trị biểu thức: A 36 9 ;

2

B (3 5)  5

b Rút gọn:

1 2 x

P ( )

x x x x 2

 

   , với x 0 và x 4 .

Vẽ đồ thị hàm số

2

y 2x ; y x 1   mặt phẳng tọa độ, xác định tọa độ

giao điểm hai đồ thị

a Giải hệ phương trình

x 2y 6 3x y 4

 

 

 



b Tìm m để phương trình x2- 2x m 0- + = có hai nghiệm phân biệt x1 ;x2 thỏa mãn

2

1

x +x =20.

Cho tam giác ABC nhọn Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB, AC M N Gọi H giao điểm BN CM, K trung điểm AH

a Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn. b Chứng minh AM.AB = AN.AC.

c Chứng minh KN tiếp tuyến đường tròn (O).

Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn : x+2y 3£

(59)

-Hết -Họ tên thí sinh: SBD:

LẠNG SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2014 – 2015

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

- Học sinh giải theo cách khác nhau, giám khảo vẫn cho điểm tối đa ứng với phần đó.

- Đới với bài hình học: Nếu học sinh khơng vẽ hình, vẽ hình sai: không cho điểm.

- Hướng dân chấm gồm trang.

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

(2 điểm)

a) Ta có A 6 3 0,5

B 3  5  5 3  5  5 3 0,5

b)

x 2 x

P ( )

x ( x 2) x ( x 2) x 2

 

   0,5

x ( x 2) 1

P

x ( x 2)( x 2) x 2



 

(60)

Câu 2

(1 điểm)

Giải pt:

2

x 1

2x x 1 1

x 2          1 1

x 1 y 2; x y

2 2

= Þ = =- Þ =

Vậy giao điểm là M(1 ; 2) ;

1 1

N( ; )

2 2

Câu

(2 điểm) a)

x 2y 6 x 2y 6 x 2y 6 x 2

3x y 4 6x 2y 8 7x 14 y 2

      

   

  

   

     

    1

b) Để pt có nghiệm phân biệt Û Δ' m 0= - > Û m 2> 0,25

Theo Vi-et ta có:

1

x x 2

x x m 3

ì + =

ïï

íï =- +

ïỵ 0,25

Từ gt : (x1+x )2 2- 2x x1 2=20Û -4 2( m 3)- + =20 0,25

Tìm được m = 11 (t/m)

0,25

Câu

(4 điểm)

a Do góc BMC, BNC chắn nửa

đường tròn nên BMC = BNC = 900

Suy AMH = ANH = 900, tứ

giác AMHN có

AMH+ANH=1800 nên nội tiếp

đường tròn

b ΔMAC: ΔNAB (2 tam giác vuông chung góc A) nên

AM AN

AM.AB AN.AC

AC =ABÞ =

c) xét ΔABC có BN, CM là đường cao nên H là trực tâm Þ AH^BC 0,25

AHN NCO

Þ Ð =Ð (cùng phụ với ÐHAN) mà ÐAHN=ÐHNK ( ΔAHNvuông có K là trung điểm cạnh huyền) và ÐNCO=ÐCNO

Do đó ÐHNK=ÐCNO

0,25

Nên ÐKNO=ÐKNH+ÐHNO=ÐCNO+ÐHNO=900 0,25

Þ KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). 0,25

Câu 5

(1 điểm) Từ

2

2 2 a b

0 (a b) 2ab a b ab

2 +

£ - Û £ + Û £

Dấu = xảy a = b

(61)

Nên

4 x 3 2 x 3

2 + + + £

và

8 2y 6

4 y 3 2 2y 6

2

+ +

+ = + £ 0,25

Do đó

x 7 2y 14

2S 12 S 6

2

+ + +

£ £ Û £ 0,25

Dấu = xảy

2 x 3

x 1

2 2 2y 6

y 1

x 2y 3

ìï = +

ïï ì =ï

ïï ï

Û íï = + Û í

ï = ïỵ ïï + =

ïïỵ vậy max S = 6.

(62)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2014-2015 Mơn thi: TỐN (CƠNG LẬP)

Ngày thi: 28/6/2014

Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)

Câu 1: (2 điểm)

Bài 1: Thực phép tính:  

2 1 20

A   

Bài 2: Rút gọn biểu thức:

3 4 12

4

2 2

B

x

x x

  



  (với x 0 x 4) Bài 3: Giải phương trình sau: 4x 8 x 2 2

Câu 2: (2 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol ( ) :P y x 2 đường thẳng ( ) :d y x 2 a) Hãy vẽ ( )P và ( )d mặt phẳng tọa độ Oxy.

b) Tìm tọa độ giao điểm ( )P ( )d .

c) Viết phương trình đường thẳng ( ) :d1 y ax b  Biết ( )d1 song song với ( )d

và cắt ( )P tại điểm A có hồnh độ 2

Câu 3: (2 điểm )

a) Giải phương trình: 3x2 5x 2 0

b) Giải hệ phương trình:

3

3 5

x y x y

  



 

(63)

c) Cho phương trình: x2 2x m 0 (với x ẩn số, m 0 tham số) Tìm giá trị

m

để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn

1

2

10

x x

x x 

Câu 4: (4 điểm )

Bài 1: (1 điểm )

Cho tam giác ABC vuông A,AHlà đường cao (H BC )có AH 6cm;

HC cm Tính độ dài AC,BCvà AB.

Bài 2: (3 điểm )

Cho đường tròn ( ; )O R điểm S nằm ngồi đường trịn ( )O Từ S kẻ hai tiếp tuyến SA SB với đường tròn ( )O (A B hai tiếp điểm)

a) Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp SO vng gócAB.

b) Vẽ đường thẳng a qua S cắt ( )O tại hai điểm M và N (với a không đi qua tâm O, M nằm Svà N ) Gọi Hlà giao điểm SO AB; I trung điểm của MN Hai đường thẳng OI AB cắt E.

1) Chứng minh:OI OE R.  2

2) Cho SO2R MN R 3 Hãy tính SM theo R

HẾT

Giám thị khơng giải thích gì thêm

Họ tên thí sinh:……… Số báo danh:……….………….………

(64)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2014-2015 Mơn thi: TỐN (CƠNG LẬP)

Ngày thi: 28/6/2014

Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Đáp án có 03 trang

Câu NỘI DUNG Điểm

Câu 1

Bài 1

0,5 đ

Thực phép tính:  

2

2 1 20

A   

2 5  0,25

1 0,25

Ghi chú: hai hạng tử 0,25.

Bài 2

0,75 đ

Hãy rút gọn biểu thức:

3 4 12

4 2 2 B x x x    

  (với x 0 và x 4 )

3( 2) 4( 2) 12

( 2)( 2)

x x x x        0,25 14 ( 2)( 2)

x x x     0,25

7( 2)

( 2)( 2)

x

x x x



 

   0,25

Bài 3

0,75 đ

Giải phương trình sau: 4x 8 x 2 2 (1)

Điều kiện: x 2 0,25

(1) x  2 2 0,25

 x 4

 x6 (nhận)

Vậy phương trình có một nghiệm là x 6. 0,25

Câu 2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol ( ) :P y x 2 và đường thẳng ( ) :d y x 2.

a)

1,0 đ

Hãy vẽ ( )P và ( )d .

Vẽ đúng ( )P qua ba điểm phải có đỉnh O(0;0) 0,5

Vẽ đúng ( )d qua hai điểm 0,5

b)

(65)

0,5 đ Tìm đúng hai giao điểm (1;1) và ( 2;4) 0,5

Ghi chú:

* Mặt phẳng Oxy( gốc tọa độ O x y, , ) thiếu hai ba yếu tố không chấm đồ thị. * Thiếu chiều dương Ox Oy, không chấm đồ thị.

* Vẽ đồ thị sai:

- Chấm bảng giá trị (P) qua ba điểm 0,25. - (d) qua hai điểm 0,25.

c)

0,5 đ

Viết phương trình đường thẳng ( ) :d1 y ax b  Biết ( )d1 song song với ( )d và cắt

( )P tại điểm A có hoành độ là 2

1

( )d song song ( )d  a1

Ta có A(2;4) ( ) P  2a b  4 b6

0,25

Vậy ( ) :d1 y x6 0,25

Ghi chú: tính a b 0,25.

Câu 3

a)

0,5 đ

Giải phương trình 3x2 5x 2 0

Tính được  1 nhận xét a b c  0 0,25

Tính đúng được hai nghiệm

2 1;

3

x  x  0,25

b)

0,5 đ

Giải hệ phương trình

3 3 5 x y x y        4 8 3 x x y        0,25 2 1 x y       0,25 c)

1,0 đ

Cho phương trình : x2 2x m 0 (với x là ẩn số, m 0 là tham số) Tìm giá trị m để

phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn

1

2

10

x x

x x 

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1,   ' 0 m1 0,25

Ta có:

1

2 .

S x x

P x x m

        0,25 2 10 x x

x  x 

2 2 10

3

m m



  0,25

 m3 (TMĐK)

Vậy m 3 0,25

Cho tam giác ABC vuông A, AH là đường cao hạ từA có AH 6 cm; HC8 cm Tính độ dài ACvà AB.

(66)

Câu 4

Bài 1

1,0 đ

Ta có: AC2 AH2HC2 0,25

2 100 10

AC AC

    (cm) 0,25

Mà

2

2 . AC 12,5

AC BC HC BC

HC

   

(cm)

0,25

AH BC 7,5

AB AC AH BC AB

AC

   

(cm)

0,25

Bài 2

3,0 đ

Hình vẽ: đường tròn ( );O hai tiếp tuyến SA SB, 0,25

a)Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp và SO vng gócAB. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp (0,5)

SA và SBlà hai tiếp tuyến của đường tròn ( )O SAO SBO  900

   0,25

  1800

SAO SBO

  

 Tứ giác SAOB là tứ giác nội tiếp. 0,25

Chứng minh SO vuông gócAB (0,5)

SA và SBlà hai tiếp tuyến của đường tròn ( )O  SA SB

Mà OA OB R 

SO

 là đường trung trực của AB

0,25

SO AB

  0,25

b)

1)Chứng minh:OI OE R.  2 (1,0)

AOI

 vuông tại A có AHlà đường cao

2 .

OA OH OS R

   (1) 0,25

I là trung điểm MN, MNkhông qua O  OI MN 0,25

Xét OHE vng H OIS vng I có: EOHchung

OHE

   OIS

(67)

OE OH

OI OE OH OS

OS OI

   

(2 )

0,25

Từ (1) và (2) OI OE R.  0,25

2) Cho SO2R và MN R 3 Hãy tính SM theo R (0,75)

OIM

 vuông tại

2

R

I OI  OM  IM  0,25

OIS

 vuông tại

2

2 4 15

4 2

R R

I  SI  SO  OI  R   0,25

15

( 15 3)

2 2

R R R

SM SI IM    

0,25

- Nếu thí sinh trình bày cách giải khác hướng dẫn chấm trọn điểm. - Câu bài khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng chấm bài làm.

HẾT

NAM ĐỊNH

NĂM HỌC 2014 – 2015

Mơn: TỐN

Phần I Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước phương án vào bài làm.

Câu Điều kiện để biểu thức x x  2 có nghĩa là:

A x  2 B x  2 C x  2 D x  2

Câu Hệ số góc đường thẳng có phương trình y2014x2015 là:

A 2014 B 2015 C 1. D 2014 .

Câu Hàm số y27m 6x 28 đồng biến  khi:

(68)

A m  0 B m  0 C m  6 D m  6 Câu Phương trình sau có hai nghiệm phân biệt:

A x  2 0. B x2  3x 4 0. C x2 2x 1 0. D 3x27x 0 .

Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Parbol  

2

: 3

P y x

qua điểm:

A M2;3. B N  1;3 . C P   1; 3 . D Q  2;6.

Câu Hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD nội tiếp đường trịn bán kính R (cm) Diện tích của hình chữ nhật là:

A 8(cm2). B 6(cm2). C 4(cm2). D 2(cm2).

Câu Hai đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm phân biệt Số tiếp tuyến chung của

chúng là:

A 1. B 3. C 2. D 4.

Câu Thể tích hình trụ có bán kính đáy 3(cm), chiều cao 5(cm) là:

A 30 ( cm3). B 45 ( cm3). C 54 ( cm3). D 75 ( cm3).

Phần II Tự luận (8,0 điểm)

Câu (1,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức

2 1

: 1

x x

A

x

x x x x

   

     

      

  với x  0 x  1

2) Chứng minh đẳng thức 2  3 2 2.

Câu (1,5 điểm)

1) Tìm tọa độ giao điểm parabol ( ) :P y2x2 đường thẳng d y: 3x1

2) Cho phương trình x2 4mx4m2 m 2 0 Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 cho x1 x2 2.

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

 2

2

x y y

x y

   

 

   



Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông B Trên cạnh BC lấy điểm E ( E khác B C ) Đường trịn đường kính EC cắt cạnh AC M cắt cắt đường thẳng AE N ( M khác C, N khác E ).

1) Chứng minh tứ giác ABEM, ABNC tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh ME tia phân giác gócBMN.

(69)

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : 4x3 25x243x x 3x 2 22  3x 2.

Hết

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị số 1: Giám thị số 2:

NAM ĐỊNH

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2014 - 2015

Hướng dẫn chấm gồm 03 trang

I.Một số ý:

1) Nếu thí sinh giải theo cách khác mà đủ bước vân chấm cho đểm tối đa. Điểm tồn tơng điểm ý, câu, tính đến 0,25 khơng làm trịn.

2) Câu 1.

+ Ý 1) Nếu thí sinh biến đơi đờng thời hai biểu thức chấm điểm theo biểu thức trong ngoặc.

+ Ý 2) Nếu thí sinh khai mà không viết dấu giá trị tuyệt đối vân cho điểm tối đa. 3) Câu Ý 2) Nếu thí sinh khơng tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt hoặc tìm sai điều kiện mà áp dụng hệ thức Vi – ét biến đơi trừ 50% số điểm làm được. 4) Câu câu Nếu thí sinh trình bày không chặt chẽ chưa hiểu dấu “  , ” chỉ trừ lần 0,25 điểm (tính lỗi câu).

5) Câu Nếu thí sinh vẽ hình chưa xác quên vẽ hình vân chứng minh đúng theo yêu cầu đề trừ 50% số điểm làm được.

II.Đáp án thang điểm:

Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu cho 0,25 điểm.

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án D A C D B A C B

Phần II – Tự luận (8,0 điểm)

Câu ( 1,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A =

2 x 4 1 1

: 1 x

1 x x

x

x x

   

 

   

     



 với x  x 1.

2) Chứng minh 2  3 2  2

N i dung trình bàyô Điể

(70)

1) Với x  x 1 ta có:

2 x x

1 x

1 x x (1 x )(1 )

x x

x

  



   

2 x (1 x )(1 )

x x x      0,25

2 x 2

(1 x )(1 )

x x



 

   0,25

Với x  x 1 ta có:

1 1

x  x x =

1

( 1)

x  x x =

2 ( 1) x x x   0,25 Vậy 2 x 1 A x  

( 1) 2

2 2

x x x x

x x

 

  0,25

2) Ta có

2

3 2  3 2  ( 1)  ( 1) 0,25

 2 1  2 ( 1) ( 1) 2      Vậy 2  3 2 2

0,25

Câu ( 1,5 điểm)

1) Tìm tọa độ giao điểm Parabol (P): y = 2x2 đường thẳng (d): y = 3x - 1.

2) Cho phương trình x2 – 4mx + 4m2 – m + = Tìm giá trị m để phương trình đã

cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho x1 x2 2

 

.

N i dung trình bàyô Điể

m

1) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

2

1

2 3 1

2

x

x x x x

x              0,25

Tọa độ giao điểm cần tìm (1; 2)

1 ( ; )

2 . 0,25

2) Ta có ∆/ = m - 2

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2  ∆> m 0   m2 0,25

Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 4m; x1x2 = 4m2 – m + 2. 0,25

Ta có    

2

1 2 2

x  x  3 x  x  4 x x  4x x 4 0,25

 (4 )m 2 4(4m2 m2) 4  4m12 0  m 3 (thỏa mãn m 2 ) Vậy giá trị cần tìm m = 3.

0,25

Câu ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình

x(y 2) y 6 x 2y 1

  

 

  

(71)

N i dung trình bàyơ Điểm

Ta có

x(y 2) y 6 xy 2x y 6(1)

x 2y 0 x 2y

     

 



 

    

  0,25

Thế x 3 2y vào PT (1) ta được

2

(3 2y)(y 2) y 6     3y 2y   4y y 0    2y  0 y 0 0,25

Suy x = 3. 0,25

V y h phương trình cho có nghiệmâ ê x y ;  3; 0. 0,25

Câu ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông B, cạnh BC lấy điểm E (E khác B C ).

Đường trịn đường kính EC cắt cạnh AC M cắt đường thẳng AE N (M khác C, N khác E) 1) Chứng minh ABEM ABNC tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh ME tia phân giác góc BMN 3) Chứng minh AE.AN + CE CB = AC2.

Hình vẽ:

1) Chứng minh ABEM ABNC các tứ giác nội tiếp. N i dung trình bàyơ

Ta có: EMC 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  EM AC EMA 900 0,25 Lại có ABE 90  0(gt)  ABE EMA 90   0900 1800

Suy ABEM tứ giác nội tiếp đường tròn.

0,25

Ta có: ENC 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ANC 90  0,25  ANC ABC 90   0 Suy ABNC tứ giác nội tiếp đường trịn.(vì có hai đỉnh B N kề

cùng nhìn cạnh AC góc vng)

0,25

2) Chứng minh ME tia phân giác góc BMN

N i dung trình bàyô

(72)

 BAE

BME  (hai góc nội tiếp chắn cung BE) (1) 0,25

Xét đường tròn đường kính EC ta có:

 

EMC ECN (hai góc nội tiếp chắn cung EN) (2) 0,25 Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABNC ta có:

 

BAN BCN (hai góc nội tiếp chắn cung BN) (3) 0,25

Từ (1), (2), (3)  BME EMN   ME tia phân giác gócBMN 0,25

3) Chứng minh AE.AN + CE CB = AC2.

N i dung trình bàyô

Xét ∆ vuông AME ∆ vng ANC có: NAC chung

 ∆ AME ~ ∆ ANC (g g) 0,25

AE AM AC AN

 

 AE AN = AM AC 0,25

Xét ∆ vng CME ∆ vng CBA có: ACB chung

 ∆CME ~ ∆CBA (g g)

CM CE CB CA

 

 CM CA = CE BC

Suy ra: AE AN + CE BC = AM AC + CM AC 0,25 = AC (AM + CM ) = AC2. 0,25

Câu ( 1,0 điểm) Giải phương trình 4x3 25x243x x 3x 22   3x 2.

+ ĐKXĐ:

2

x 

( không cần đặt điều kiện phép biến đơi tương đương)

Biến đơi phương trình cho trở thành 4x3 25x243x 22 ( x1) 3x 0  0,25  (x 1)(4x 2 21x22 3x 2) 0 

 

2

1 0

4x 21 22 3x 1

x

  

 

    

 Ta có x1 0  x1 (thỏa mãn ĐKXĐ)

0,25

+ Biến đôi (1) trở thành

2

2 81

4x 18 (3 2) 3x 2 3x

4 2

x x  x   

              

(73)

2 5 3x 0

4 2 3x 0

x x

    

 

   



23 97 8 19 73

8

x

 

   

 

 

 (thỏa mãn ĐK)

+ Kết luận tập nghiệm phương trình cho

19 73 23 97

1; ;

8

   

 

 

 

 .

0,25

Hết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm : 120 phút(không kể thời gian giao đề)

Câu (2,5 điểm)

Cho biểu thức

1

:

1

x A

x

x x

 

  

    

 

a) Tìm điều kiện xác định rút biểu thức A b) Tìm tất giá trị x để A 0 Câu (1,5 điểm)

Một ô tô xe máy hai địa điểm A B cách 180 km, khởi hành lúc ngược chiều gặp sau Biết vận tốc ô tô lớn vận tốc xe máy 10 km/h Tính vận tốc xe

Câu (2,0 điểm)

Cho phương trình

2 2( 1) 2 0

x  m x m m  (m tham số)

a) Giải phương trình m =

b) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m Câu (3,0 điểm)

(74)

Cho điểm A nằm bên ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường trịn (B, C tiếp điểm) Gọi M trung điểm AB Đường thẳng MC cắt đường tròn (O) N (N khác C)

a) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh MB2 MN MC

c) Tia AN cắt đường tròn (O) D ( D khác N) Chứng minh: MAN ADC Câu (1,0 điểm)

Cho ba số thực dương x y, , z thỏa mãn x y z  Chứng minh rằng:

 2 2

2 2

1 1 1 27

2

x y z

 

     

 

- Hết

(75)

Câu a) Điều kiện

0 1 x x             

1 1 1 1 1

: .

1

1 1

1 1 1 1

x x x

A

x x

x x x x

  

  

 

   

b) A <0 thì: <=>

1 1

x 

<

=> x- < => x < => x < Kết hợp ĐK: để A < ≤ x <

Câu 2:

Gọi vận tốc ô tô x (km/h)

vân tốc xe máy y (km/h) ( Đk: x > y> 0, x > 10) Ta có phương trình : x – y = 10 (1)

Sau ô tô quãng đường 2x (km) Sau xe máy quãng đường là: 2y (km)

chúng gặp nhau, ta có phương trình: 2x + 2y = 180 hay x + y = 90 (2)

Từ (1), (2) ta có hệ phương trình :

10 50

90 40

x y x

x y y

  

 



 

  

  (T/M ĐK)

Vậy vận tốc ô tô 50 km/h vận tốc xe máy là: 40 km/h

Câu a) Khi m = phương trình trở thành: x2 + 4x – = 0

’ = 22 +1 = >0

=> Phương trình có nghiệm phân biệt: x1 2 5; x2  2 5

b) Ta có:

2

4 2 1

' m 2 2 2 0,

2 2

m m m m m m  m  m

                   

   

Nếu:

2 1 0

2 ' 0 1 0 2 m m             

(76)

Do  ' 0, m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m Câu

a) Xét tứ giác ABOC có :

ABO ACO 9090 180 nên tứ giác ABOC nội tiếp b) Xét MBN MCB có :

M chung

MBN MCB (cùng chắn cung BN)

=> MBN  MCB (g-g) nên

2 .

MB MN

MB MN MC

MC MB  

c) Xét MAN MCA có góc M chung

Vì M trung điểm AB nên MA MB

Theo câu b ta có: MA2 MN MC

MA MC

MN MA

 

Do : MAN  MCA (c-g-c) => MANMCA NCA  (1)

mà: NCA NDC ( chắn cung NC) (2) Từ (1) (2) suy ra: MAN NDC hay MAN ADC

Câu Ta có:

 2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1

3 x y x y

VT x y z z

x y z z x y y x

    

            

   

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:

2 2

2 2 2. 2

x y x y

y  x  y x 

D N

M

C B

(77)

2 2 2

15 1 1

5

16 16 16

x z y z z

VT

z x z y x y

     

         

 

   

Lại áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

2 2

1

2 .

16 16 2

x z x z

z  x  z x 

2 2

1

2 .

16 16 2

y z y z

z  y  z y 

Và

2

2 2

1 1 2 2 8

( )

2

x  y xy x y   x y

 

  nên

2

2 2

15 1 1 15 8 15 15

.

16 16 ( ) 2 2

z z z

x y x y x y

   

   

   

 

   

(vì x y z  )

Suy :

1 15 27

2 2

VT     

Đẳng thức xảy

z

x y

Vậy

 2 2

2 2

1 1 1 27

2

x y z

 

     

(78)

(79)

A

P

B M C

N I Câu 5:

Đặt SAIB = x; SAIC = y; SBIC = z;

Ta có

IA IM=

SAIB SMIB=

SAIC SMIC=

SAIB+SAIC

SMIB+SMIC=

x+ y z

Tương tự: IB IN=

x+z y ;

IC IP=

y+z x

Lại có

(√x−√y)2≥0⇔x+ y≥2√xy ; y+z≥2√yz; x+z≥2√xz

⇒(x+ y )( y+ z)( x+z )≥8 xyz

Do

Q= IA IM.

IB IN .

IC IP=

x+ y z .

y+z x .

x+z y ≥

8 xyz xyz =8

Min Q =  x=y=z hay I trọng tâm tam giác ABC

PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH

VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

NĂM HỌC 2014-2015

Mơn toán

(80)

Câu1 (1,5điểm)

a) Trong phương trình đây, phương trình phương trình bậc 2:

x2+3 x+2=0; 3x2+4=0 −2x+1=0

(m−1)x2+mx+12=0 ( x ẩn số m tham số m khác 1)

b)Giải phương trình : x −√4=6

Câu2 (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình

3 x+ y =5 x+ y =3

¿

{¿ ¿ ¿ ¿

b) Rút gọn biểu thức B=

a√b+b√a

√ab +

a−b

√a+√b ,với a,b số dương.

Câu3 (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc 2: x2−(2 m+1 )x+m2=0 (1)

a) Giải phương trình với m = 1

b) Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm kép.Tìm nghiệm kép đó

Câu 4( 3,0 điểm)

Cho (O;R) Dây BC<2R cố định Gọi A chạy cung lớn BC cho tam giác ABC Nhọn kẻ ba đường cao AD; BE; CF cắt H

a) Chứng minh AEFH nội tiếp ,xác định tâm I dường trịn ngoại tiếp tứ giác đó. b) Chứng minh A chạy cung lớn BC tiếp tuyến E (I)

luôn qua điểm cố định.

c) Tìm vị trí A thuộc cung lớn BC để diện tích tam giác AEF lớn nhất Câu 5(1,5 điểm)

Giải phương trình x3+6 x2+5 x−3−(2 x+5)√2 x+3=0

(81)

-Hết -Họ tên thí sinh:……… SBD……

Ghi : Cán coi thi không giải thích gì thêm

Hướng đẫn

Câu1 (1,5điểm)

a) Các phương trình

x2+3 x+2=0 ;3 x2+4=0 ;(m−1) x2+mx+12=0

b)Giải phương trình : x −√4=6 ⇔2 x=8⇔ x=2

Câu2 (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình

3 x + y =5

x + y = 3

⇔

¿

2 x = 2

y = 3− x

⇔

¿

x = 1 y = 2

¿

{¿ ¿ ¿

¿

b) Rút gọn biểu thức

B=a√b+b√a

√ab +

a−b √a+√b=

√ab(√a+√b)

√ab +

(√a+√b) (√a−√b)

√a+√b

B=√a+√b+√a−√b=2√a ,

với a,b số dương.

Câu3 (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc 2: x2−(2 m+1 )x+m2=0 (1)

a)Giải phương trình với m = 1:Thay m=1 ta có PT : x2−3 x+1=0

Δ=(−3)2−4=5 PT Có nghiệm x1=

3+√5 2 ; x2=

3−√5 2

b) Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm kép.Tìm nghiệm kép đó

Δ=(2m+1)2−4 m2=4 m2+4 m+1−4 m2=4 m+1

Δ=0 ⇔m=−1 4 ⇒x=

−1 4

Câu (3,0 điểm)

(82)

a) Dùng định lí đảo I trung điểm AH

b) Gọi M trung điểm BC Chứng minh ME tiếp tuyến (I)

c) Kẻ đường kính AK ta có BHCK hình bình hành ( theo định nghĩa) nên H,M, K thẳng hàng Xét tam giác AHK có OM đường trung bình suy AH=2.OM khơng đơi dường trịn ngoại tiếp tam giác AEF nhận AH đường kính có bán kính OM khơng đôi

Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC nên

SAEF SABC=(

OM OA )

2

⇒SAEF=(OM R )

2

SABC

ta có

OM

R không đôi

SAEF(Max )⇔ SABC(Max )⇔ AD( Max)

Mà AD ≤AM ≤OA +OM ( Không đôi) AD( max)=R+OM ⇔ D≡M hay A chính cung lớn BC

Câu 5(1,5 điểm) Giải phương trình x3+6 x2+5 x−3−(2 x+5)√2 x+3=0 (1)

Hướng dẫn

ĐKXĐ :

x≥−3 2

H

K O

I

M D

F

E

C B

A

(83)

x3+6 x2+5 x−3−(2 x+5)√2 x+3=0

⇔x3+4 x2+5 x−3−(2 x+5 )( x+1)−(2 x+5 )(√2 x+3−x−1)=0

⇔x3+4 x2−2x−8+(2 x+5 ).x

2−2

x+1+√2 x+3=0

⇔(x2−2)( x+4 )+(2 x+5 ).x

2−2

x+1+√2 x+3=0

⇔(x2−2)(x+4+2 x+5

x+1+√2 x+3)=0

Với

x≥−3

2 thì :(x +4 +

2 x +5

x +1+√2 x+3)>0

Nên

x2−2 =0 ⇔

¿ [ x=√2 [ x=−√2 [¿

Thay vào PT (1) x=√2 thỏa mãn

(84)

(85)

(86)

(87)

(88)

(89)

(90)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2014 – 2015

Ngày thi : 21 tháng năm 2014 Mơn thi : TỐN (Khơng chuyên)

Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

-ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang, thí sinh khơng phải chép đề vào giấy thi)

Câu : (1điểm) Thực hiện các phép tính

(91)

Câu : (1 điểm) Giải phương trình: 2x2 x 15 0

Câu : (1 điểm) Giải hệ phương trình:

2

3 1

2 4

y x

y x 

 

  

  



 .

Câu : (1 điểm) Tìm a và b để đường thẳng  d :ya 2  x có hệ số góc bằng vàb

đi qua điểm M 1;   

Câu : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y2x2.

Câu : (1 điểm) Lớp 9A dự định trồng 420 xanh Đến ngày thực hiện có bạn

không tham gia được triệu tập học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường nên bạn còn lại phải trồng thêm mới đảm bảo kế hoạch đặt Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh.

Câu : (1 điểm) Chứng minh rằng phương trình x2 2 m +1  xm 0  có hai

nghiệm phân biệt x , 1 x và biểu thức 2 M x11 x2x21 x1 không phụ thuộc vào

m.

Câu : (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC), biết



ACB 60 , CH = a Tính AB và AC theo a.

Câu : (1 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định, CD là đường kính thay

đổi của đường tròn (O) (khác AB) Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC và AD lần lượt tại N và M Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp.

Câu 10 : (1 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tếp đường tròn tâm O, bán kính bằng a Biết

AC vuông góc với BD Tính AB2CD2 theo a.

HẾT

-Giám thị khơng giải thích thêm.

Họ và tên thí sinh : Số báo danh :

(92)

BÀI GIẢI

Câu : (1điểm) Thực hiện các phép tính

a)      

2

A 2 5 2 5 2  5  4 51 .

b) B = 2 50 2   100 3.2 10 4    .

Câu : (1 điểm) Giải phương trình: 2x2 x 15 0  

2

1 4.2 15 121 0

      ,  11.

1

1 11 10 5

4 4 2

x    

;

1 11 12 3

4 4

x     .

Vậy

5 S = ; 3

2

 



 

 

Câu : (1 điểm) Điều kiện x 0. 2 3 1 2 4 y x y x            4 2 6 1 2 4 y x y x             5 10 2 3 x y x            5 10 2 3 x y x            1 2 4 3 x y          1 2 1 x y       

 (nhận).

Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất   1

; ; 1

2 x y   

 

Câu : (1 điểm) Tìm a và b để  d :ya 2 x có hệ số góc bằng và quab

 

M 1; 

Đường thẳng d có hệ số góc bằng  a 4   a 6 .

Mặt khác (d) qua điểm M 1;  nên thay   a 6 , x 1; y 3 vào ya 2  x b Khi đó ta có :  3 6 b       3 b  b 7

Vậy a 6 v à b là các giá trị cần tìm và đó 7  d : y6x 7.

(93)

BGT

x 2 1 0 1 2

2 2

y x 8 2 0 2 8

Câu : (1 điểm)

Gọi số học sinh lớp 9A là x x ,x 7 

Z   .

Theo kế hoạch, em phải trồng 420

x (cây). Trên thực tế số học sinh còn lại là : x  7.

Trên thực tế, em phải trồng 420

7

x  (cây).

Do lượng em trồng thực tế so với kế hoạch nên ta có phương trình :

 

420 420

3 7

7 x

x  x   

   

420x 420 x 7 3x x 7

    

2

3x 21x 2940 0

   

2 7 980 0

x x

    (chia 3)

 

2

7 4.1 980 3969 0

      ,   3969 63 .

1

7 63 35 2

x   

(nhận) ;

7 63 28 2

x   

(94)

Câu : (1 điểm) Phương trình x2 2 m +1  xm 0 

Phương trình có    

2 2 2

' m 1 1 m 4 m 2m m m m 5

            

2

2 1 1 1 19

' m m 5 m 5 m 0, m

2 4 2 4

     

              

      .

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Khi đó, theo Vi-ét x1x2 2m 2 ; x x   1. m 4

   

1 2 1 2 2

M x 1 x x 1 x x  x x x  x x x x  2x x .

 

1 2

M x x  2x x 2m 2 m 4   2m 2m 10    (không phụ thuộc vào m).

Câu :

GT ABC

, A 90  0, AH BC

,



ACB 60 , CH = a

KL Tính AB và AC theo a?

ACH  có

CH cos C

AC 

nên

0

CH a a

AC 2a

1 cos C cos60

2

   

. ABC

 có AB = AC.tanC = 2a.tan 600 2a 3a . Vậy AB = 3a , AC 2a .

Câu : (1 điểm)

GT (O) đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi, MN là tiếp tuyến tại B của (O).

(95)

Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp

Ta có :

 1 

ADC AC

2  sñ

.

 1    1    1 

N ADB BC ACB BC AC

2 2 2

 sñ  sñ  sñ  sñ  sñ

.

 

ADC N

  (cùng bằng  1

AC 2sñ ).

 Tứ giác CDMN nội tiếp được (góc ngoài bằng góc đối trong).

Câu 10 : (1 điểm)

GT

ABCD nội tiếp O; a ,  ACBD KL Tính AB2 CD2

 theo a.

Tính AB2CD2 theo a.

Vẽ đường kính CE của đường tròn (O).

Ta có : EAC 90  0, EDC 90  0 (góc nội tiếp chắn đường kính EC).

AC AE

AE BD AC BD ( )gt

  

 

     ABDE là hình thang cân (hình thang nội tiếp (O))

AB = DE

 (cạnh bên hình thang cân).

 2

2 2 2

AB + CD = DE + DC = EC 2a 4a

   (do EDC vuông tại D).

Vậy AB2CD2 4a2.

HẾT

-SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gia giao đề)

(96)

Cho biểu thức:

1 1 x 1

P :

x 1

x x x x 1



 

  



  

  với x > 0, x  1.

1 Rút gọn biểu thức P Tìm x để P = -1 Câu (2,0 điểm):

Cho h phương trình: ê

x my m 1 mx y 2m

  

 

 

 (m tham số).

1 Giải h phương trình m = 2.ê

2 Tìm m để h phương trình có nghi m (x; y) thoả mãn: ê ê

x 2 . y 1     

Câu (2,0 điểm)

Cho Parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = 2x + m (m tham số)

1 Tìm toạ đ giao điểm (d) (P) m = 3.ơ

2 Tìm m để (d) cắt (P) điểm phân bi t có hồnh đ xê 1, x2 thoả mãn:

2

1 2

x x x x 2014.

Câu (3,5 điểm):

Cho hình thang vng ABCD (vng A D) với đáy lớn AB có đ dài gấp đơi đáy nhỏ DC Gọiơ H chân đường vng góc kẻ từ A đến BD Gọi M, N trung điểm HA, HB I trung điểm AB

1 Chứng minh: MN  AD DM  AN

2 Chứng minh: điểm A, I, N, C, D nằm m t đường trịn.ơ Chứng minh: AN.BD = 2DC.AC

Câu (0,5 điểm):

Cho số dương a, b, c thoả mãn: ab + bc + ca = 3abc Tìm giá trị lớn biểu thức:

1 1 1

F .

a 2b 3c 2a 3b c 3a b 2c

  

     

HẾT

-Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

ĐÁP ÁN (Khơng thức)

CÂ

U N I DUNGÔ

ĐIỂ M

1

Cho biểu thức:

1 1 x 1

P :

x 1

x x x x 1



 

  



  

  với x > 0, x  1.

1 Rút gọn biểu thức P. 2 Tìm x để P = -1.

2,0

(97)

P

1 1 x 1

: x 1

x( x 1) ( x 1)

          

1 x ( x 1)

x ( x 1) x 1

 

 

  0,25

x 1 . x   0,25

V y với â x > 0, x 

x 1

P .

x 

 0,25

2 Với x  0, x ≠ 1, thì: x 1

P 1 1 x 1 x

x 

      0,25

1

2 x x

2

    0,25

1 x

4

 

(thoả mãn x > 0, x  1) 0,25

V y với â

1 x

4 

P = -1. 0,25

2

Cho h phương trình: ê

x my m mx y 2m

  

 

 

 (m tham số).

1 Giải h phương trình m = 2.ê

2 Tìm m để h phương trình có nghi m (x; y) thoả mãn: ê ê

x y      2,0

1 Với m = 2, h phương trình cho trở thành: ê

x 2y 2x y

       0,25 5

x 2y 3 3x 5 x

3

4x 2y 8 2x y 4

y 2x                         0,25 5 5 x x 3 3 5 2

y 2. y

3 3                      0,25

V y h phương trình cho có nghi m â ê ê

5 x  , y  . 0,25

2 Xét h : ê

x my m (1) mx y 2m (2)

  

 

  

Từ (2)  y = 2m – mx, thay vào (1) ta được:

x + m(2m – mx) = m +  (m2 - 1)x = 2m2 – m - (3)

0,25

H phương trình cho có nghi m ê ê  (3) có nghi m ê

 m2 –   m2   m  ± (*) 0,25

(98)

2

2m m (m 1)(2m 1) 2m x

m (m 1)(m 1) m

    

  

    ;

m y 2m – mx m(2 - x) m( 2m

m

2 - )

m

    



 .

Ta có:

2m 1 1

2 0

x 2 m

m

1 m 1 m

1

1 0

m 1 m

1 0 m

1 1. y 1                                      

Kết hợp với (*) ta giá trị m cần tìm là: m < -1.

0,25

3 Cho Parabol (P): y = x2 đường thẳng (d): y = 2x + m (m tham số)

1 Tìm toạ đ giao điểm (d) (P) m = 3.ơ

2 Tìm m để (d) cắt (P) điểm phân bi t có hồnh đ xê ơ 1, x2 thoả mãn:

2

1 2

x x x x 2014

2,0

1 Với m =  (d): y = 2x + 3

Phương trình hồnh đ giao điểm (d) (P) xô 2 = 2x +  x2 – 2x – = 0 0,25

Vì a – b + c = + – = nên phương trình có hai nghi m: xê 1 = -1, x2 = 0,25

Với x = x1 = -1  y1 = (-1)2 = 1.

Với x = x2 =  y1 = 32 = 9.

0,25 V y toạ đ giao điểm (d) (P) là: (-1 ; 1) (3 ; 9)â ơ 0,25 2 Phương trình hồnh đ giao điểm (d) (P) là: xơ 2 = 2x + m  x2 – 2x –

m = 0 0,25

(d) cắt (P) hai điểm phân bi t ê  phương trình hồnh đ có hai nghi mơ ê phân bi tê

 ’ = + m >  m > -1.

0,25

Theo định lí Vi-et, ta có:

1

x x 2

x x m

 

 



 .

Theo giả thiết:

2 2

1 2 2

x x x x 2014 (x x )  2x x x x 2014

 + 2m + = 2014  2m = 2008  m = 1004 > -1 (thoả mãn)

0,25

V y giá trị cần tìm m m = 1004.â 0,25

4 Cho hình thang vng ABCD (vng A D) với đáy lớn AB có đ dài gấp ô

đôi đáy nhỏ DC Gọi H chân đường vng góc kẻ từ A đến BD Gọi M, N lần lượt trung điểm HA, HB I trung điểm AB.

1 Chứng minh: MN  AD DM  AN.

2 Chứng minh: điểm A, I, N, C, D nằm m t đường trịn.ơ 3 Chứng minh: AN.BD = 2DC.AC.

(99)

1 HAB có MH = MA (gt), NH = NB (gt)

 MN đường trung bình HAB  MN // AB 0,25

Mà AD  AB (vì A 90 )  o  MN  AD. 0,25

ADN có MN  AD (chứng minh trên), AH  BD (gt)

 NM AH hai đường cao ADN  M trực tâm ADN 0,25

 AM đường cao thứ ba  DM  AN. 0,25

2 Vì MN đường trung bình HAB  MN // AB,

1

MN AB

2 

Lại có: DC // AB,

1

DC AB

2 

(gt)  DC // MN, DC = MN

0,25

 CDMN hình bình hành  DM // CN. 0,25

Mà DM  AN (chứng minh trên)  CN  AN  ANC 90  o 0,25 M t khác, xét tứ giác ADCI có: DC // AI (vì DC // AB), DC = AI (vì bằngă

1 AB)

 ADCI hình bình hành

0,25

 AIC ADC 90   o 0,25

Ta có: ADC ANC AIC 90    o  điểm A, I, N, C, D nằm m tơ

đường trịn đường kính AC. 0,25

3 Xét đường trịn đường kính AC có: ADN ACN  (hai góc n i tiếp chắnô

AN)

hay ADB ACN 

0,25

Xét ABD NAC có: DAB CNA 90   o, ADB ACN  (chứng minh trên)

 ABD ~ NAC (g.g) 0,25



AB BD

ANAC Mà AB = 2DC 

2DC BD

AN AC 0,25

 AN.BD = 2DC.AC (đpcm) 0,25

(100)

thức:

1 1 1

F .

a 2b 3c 2a 3b c 3a b 2c

  

     

Với a, b > ta có: 4ab  (a + b)2

1 a b 1 1 1

a b 4ab a b 4 a b

  

      

   

Dấu có  a = b.

Áp dụng kết trên, ta có:

1 1 1 1 1

a 2b 3c (a 2b) 3c 4 a 2b 3c

 

    

      

Lại có:

1 1 1 1 1 1 1 1

b 3b b 3b

a 2b a 4 a 2 2a b 6b

2 2 2 2                           Tương tự:

1 1

b 2a  2 a 2b 6a 



1 1 1 1

a 2b  2 2a b 6b   4 a 2b 12a  6b

3 1 1

4 a 2b 12a 6b a 2b 9a 9b

      

 

0,25

Suy ra:

1 1 1 1 1 1 2 1

a 2b 3c 4 a 2b 3c 4 9a 9b 3c

   

       

       (1)

Tương tự:

1 1 2 1 1

2a 3b c 4 9a 3b 9c

 

    

    (2)

1 1 1 1 2

3a b 2c 4 3a 9b 9c

 

    

    (3) Suy ra:

1 1 1 1 2 2 2 1 ab bc ca 1 1

3

a 2b 3c 2a 3b c 3a b 2c 4 3a 3b 3c 6 abc 6 2

 

 

          

       

(4)

Các bất đẳng thức (1), (2) (3) có dấu xảy  a = b = c. Còn bất đẳng thức (4) có dấu xảy  a = b = c =

V y Fâ max =

1

2 a = b = c = 1

0,25

TỈNH THÁI NGUYÊN năm học 2014-2015

ĐỀ (Gồm 10 câu)

(101)

Câu (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức

Câu (1,0 điểm) Cho hàm số bậc y = (1 – 2m)x + 4m + 1, m tham số.

Tìm m để hàm số cho đồng biến R có đờ thị cắt trục Oy điểm A(0;1).

Câu (1,0 điểm) Khơng dùng máy tính, giải hệ phương trình sau:

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(-2;1), B(0;2), C( 2;

1

2) D(-1; 

) Đồ thị hàm số y =

4

x

đi qua điểm điểm cho ? Giải thích.

Câu (1,0 điểm) Gọi x1 ,x2là hai nghiệm phương trình 2x2 + 3x – 26 = Hãy

tính giá trị biểu thức: C = x x1 1x x2 11

Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, AB = AC đường cao AH = 6cm Tính độ dài đoạn thẳng AB, BC CH.

Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có AC = 8 3 cm, BC = 15 cm, góc ACB = 300 Tính độ dài cạnh AB.

(102)

Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai đường trịn đờng tâm (O; 21cm) (O; 13cm) Tìm bán kính đường trịn tiếp xúc với hai đường tròn cho.

GIẢI

Câu

Các bước biến đôi

Câu 2( Gợi ý)

Đặt ĐK , khử thức mâu số biểu thức liên hợp

Câu 3

Với y = (1 – 2m)x + 4m + đồng biến R

 ( – 2m) >  m < 1/2

có đờ thị cắt trục Oy điểm A(0;1)

nghĩa ta có

1 = (1 – m) O + 4m +  4m =  m = 0

Hàm số biểu diễn sơ đồ bên

(103)

2 2014

3 2 6

x y

 

  

 



 4x = 2020  x =505 ; y = 1509/2

Câu

Hai điểm A(-2;1), C( 2;

1

2 ) thuộc đồ thi hàm số y =

2

4

x

Thật thay vào ta có

Tại A có : =

1 4(-2)2

=

1

4.4; Tại C có =

1

4 ( 2)2

Câu 6: Nếu x1 và x2là hai nghiệm phương trình 2x2 + 3x – 26 =0 thì

Tich x x1 2 = – 26/2 = – 13; Tông x1 x2 = –3/2

Có C = x x1 1x x2 11= 2x x1 2+ (x1x2).Thay x1 , x2 ta có

C = –26 – 3/2 = –55/2

Câu 7: Tam giác ABC vng có AB = AC;

đường cao AH = ½ BC

 BC = 12 cm; CH = cm

AB = AH 2 = 6 2 cm

Câu 8: Tam giác ABC có AC = 8 3 cm, BC = 15 cm, góc ACB = 300 Hạ đường cao BH ta có tam giác vng HBC

HC =1/2 BC 3 = 7,5 3 BH = 7,5 cm Tam giác vng HBA có

AH = 8 3 –7,5Ö3 = (cm)

(104)

 AB = 7,56 (cm)

Câu 9

Theo gt ta có ADBC , BEAC

 Tứ giác ABDE có E D  900

 ABDE nội tiếp đường tròn có đường kính AB, tâm đường trịn trung điểm M

của AB

Câu 10

Theo gt có: OB =21 (cm); OA = 13 (cm)



 Trường hợp Đường tròn phải tìm có đường kính AB

 AB = 21 – 13 = (cm)

 Bán kính đường trịn tiếp xúc với hai

đường trịn đờng tâm R1 = (cm)



 Trường hợp Đường trịn phải tìm có đường kính OD

 AD = 21 + 13 = 34 (cm)

 R2 = 17 (cm)

* * *

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2014 – 2015

Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2014

Đề có: 01 trang gờm 05 câu.

ĐÈ CHÍNH THỨC

(105)

Câu 1: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: a x – = 0

b x2

– 6x + = 0

2 Giải hệ phương trình:

3x - 2y = 4 x + 2y = 4 

 

Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức:

x -1 1

A = :

-x - -x x x +1

 

 

  với x > 0; x 1

1 Rút gọn A.

2 Tính giá trị biểu thức A x = + 3

Câu 3: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = mx - 3 tham số m Parabol (P): y = x2.

1 Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm A(1; 0).

2 Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt có hồng độ lần lượt x1, x2 thỏa mãn

x - x = 2

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Gọi C trung điểm OA; qua C kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt đường trịn hai điểm phân biệt M N Trên cung nhỏ BM lấy điểm K ( K khác B M), tia KN lấy điểm I cho KI = KM Gọi H là giao điểm AK MN Chứng minh rằng:

1 Tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp. 2 AK.AH = R2

3 NI = BK

Câu 5: (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz =

Tìm giá trị lớn biểu thức

1 1 1

Q = + +

x + y +1 y + z +1 z + x +1

-Hết -(Cán coi thi khơng giải thích gì thêm)

(106)

(107)

SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN THAM KHẢO Năm học: 2014 – 2015

Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2014

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

(2điểm )

1 Giải các phương trình: a x = 2

b x2 – 6x + = Nhận thấy + (-6) + = phương trình có dạng a+ b + c =

Vậy ngiệm của phương trinh là:

1

x = 1 x = 5   

2 Giải hệ phương trình:

3x - 2y = 4 4x = 8 x = 2 x + 2y = 4 x + 2y = 4 y = 1

           0.5 0.75 0.75 Câu 2 (2điểm )

1 Với với x > 0; x 1

2

x -1 1 1

A = :

-x - -x x x +1

x -1 x +1- x

A = :

x( x +1)( x -1) x x +1

1 x x +1

A =

1 x( x +1)

1 A = x               

2 Với x = + ( 1)  2 x = ( 1)  3 1 , suy

1 3 1

A = 2 3 1    1 1 0.5 0.5 Câu 3 (2điểm )

1 Đường thẳng (d) qua điểm A(1; 0) nên có 0 = m.1- 3 m =

2 Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): x - mx + = 02 Có Δ = m -122 (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt là x1, x2 khi



2 2

Δ = m -12 > m 12 m

2 m m            

Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có:

1

x + x = m x x = 3 

  Theo bài ta có

 2  2 2

1 2 2

x - x = 2 x - x = 4 x + x - 4x x = 4 m - 4.3 = 4 m = 16 m = ±4

m = ±4 là giá trị cần tìm.

0.5 0.75 0.75 Câu 4 (3điểm )

1 Ta có AMB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); MNAB

 

AMB + BCH = 90

  tứ giác BCHK nợi tiếp 1.0

Đề thức

(108)

2 Ta có ΔACH ΔAKB(gg) AH AC = AB AK 1 AH.AK = AC.AB = 2R R = R

2 





3 Ta có: ΔOAMđều (cân tại M và O)

  

MAB = NAB = MBN = 60 

ΔMBN, ΔKMI

 đều

Xét ΔKMB và ΔIMN có:

MK = MI (cạnh tam giác đều KMI)

 

KMB = IMN 

(cùng cộng với góc BMI bằng 600) MB = MN (cạnh tam giác đều BMN)

ΔKMB ΔIMN(c.g.c) NI = BK

   1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 5 (1điểm )

Với x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = ta đặt x = a3, y = b3, z = c3  abc = 1 Khi đó ta có:

x + y +1 = a + b + abc = a + b a - ab + b + abc3   2 a + b ab + abc = ab(a + b + c) Tương tự:y + z +1 bc(a + b + c)

z + x +1 ca(a + b + c)

1 1 1 abc abc abc

Q = + + + + 1

x + y +1 y + z +1 z + x +1 ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c)  Vậy GTLN của Q = a = b = c = 1, hay x = y = z =1

0.25

0.25 0.25

0.25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TIỀN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2014 – 2015

Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 01/7/2014

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1: (3,0 điểm)

a) Giải phương trình hệ phương trình:

1/   

4

5x 19 x  7x 6 0

2/

2x 7y 2014 x y 2015

 

 

 

(109)

b) Rút gọn biểu thức:

2 3 2 3

2 2

 

 

A

c) Cho phương trình:  

2

x  m x m 0   , m tham số, x ẩn

số.

Định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt nhỏ 1

Câu 2: (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): y x 2 đường thẳng (d): y = x + 2.

a) Vẽ (P) (d) hệ trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm A B (P) (d) phép tính

c) Tính độ dài đoạn thẳng AB.

Câu 3: (1,5 điểm)

Trên quãng đường AB, xe máy từ A đến B lúc xe ôtô từ B đến A, sau hai xe gặp tiếp tục xe ôtô đến A sớm xe máy đến B giờ.

Tính thời gian xe hết quãng đường AB.

Câu 4: (2,5 điểm)

Cho đường tròn (O) điểm M nằm bên ngồi đường trịn (O) Kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B tiếp điểm) Một đường thẳng d đi qua M cắt đường tròn hai điểm C D (C nằm M D, d không qua tâm O).

a) Chứng minh rằng: MA2 = MC.MD.

b) Gọi H giao điểm AB MO Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp trong đường tròn.

c) Cho MC.MD = 144 OM = 13 (độ dài đoạn thẳng cho có cùng đơn vị đo)

Tính độ dài đường trịn (O) diện tích hình trịn (O)

Câu 5: (1,0 điểm)

(110)

- Hết

-Thí sinh sử dụng loại máy tính cầm tay Bộ Giáo dục Đào tạo cho phép.

Giám thị khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TIỀN GIANG

Khóa ngày: 01/7/2014

Mơn thi: TỐN

Câu 1

a) 1/   

4

5x 19 x  7x 6 0

có tập nghiệm

19 S 1; 6;1; 6;

5

 

   

  (HS tự giai)

2/

2x 7y 2014 x y 2015

 

 

 

 có nghiệm x; y 1791; 224 (HS tự giai)

b)    

2

2 3 2 3 4 3 4 3 1

3 1 3 1

2 2 4 4 2

                  A     1

3 3 1

2

        

c)  

2

x  m x m 0  

     2

2

b 4ac m 1 4.1 m m 2m 1 m 1

             

;  m 1

+ Để phương trình ln có hai nghiệm phân biệt thì: ∆ > ⇔ m ≠ –1

+ Nghiệm:

b m m

x m

2a

     

  

;

b m m

x

2a

     

  

+ Theo đề bài, ta phải có:

1 x x       > < < ⇔ m m 1       < <

(111)

Câu

a) Vẽ (P) (d)

b) Phương trình hồnh độ: x2  x 2 ⇔ x2  x 0 

⇔ x 1 x 2    

 Từ tính được: y

1 = 1, y2 =

Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) là: A(–1; 1) B(2; 4)

c) Độ dài đoạn thẳng AB:

2

AB 3 3  18 2 (đ.v.đ.d)

Câu Cách 1:

Gọi x(h) thời gian xe máy hết quãng đường AB (x > 6) (x – 6) (h) thời gian ôtô hết quãng đường BA

Vận tốc xe máy:   AB

km / h

x ; vận tốc ôtô:  

AB

km / h x 6

Theo đề bài, ta có phương trình:

AB AB

4 AB

x  x 6  ⇔

4

1

x x 6  ⇔ x214x 24 0 

Giải phương trình được: x112 (thỏa); x2 2(không thỏa)

Vậy: thời gian xe máy hết quãng đường AB 12 giờ; ôtô hết quãng đường BA giờ.

Cách 2:

Gọi x(h) thời gian xe máy hết quãng đường AB (x > 6) y(h) thời gian ôtô hết quãng đường BA (0 < y < x) Theo đề bài, ta có phương trình: x – y = (1)

Vận tốc xe máy:   AB

km / h

x ; vận tốc ôtô:  

AB

km / h y

Theo đề bài, ta có phương trình:

AB AB

4 AB

x  y  ⇔ 4

1 x  y (2)

Giải hệ phương trình (1) (2) được: x ; y1 1  12;6 (thỏa); x ; y2 2  2; 4  (loại)

Vậy: thời gian xe máy hết quãng đường AB 12 giờ; ôtô hết quãng đường BA giờ.

Câu 4.

-13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 x y O y = x2

y = x +

A(-1; 1)

(112)

H

D C

d

O

B A

M

a) Chứng minh MA2 = MC.MD

Nối AC, AD Hai tam giác MAC MAD có:

 

AMC DMA (góc chung)

 

MAC MDA (cùng chắn cung AC)

Do đó: ∆MAC ∽ ∆MDA (g-g)

Suy ra:

MA MD

MC MA

Từ đó: MA2 = MC.MD

b) Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp + OA = OB (= bán kính);

MA = MB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra: MO trung trực AB Suy ra: AH ⊥ OM H

+ Trong tam giác MAO vuông A (gt) có AH đường cao nên: MA2 = MH.MO

Kết hợp kết câu a), ta có: MC.MD = MH.MO Từ đó:

MC MO

MHMD.

Lại có: CMH OMD  (góc chung) Suy ra: ∆CMH ∽ ∆OMD (c-g-c) Từ đó: ODM CHM  (*)

Từ (*) suy tứ giác CHOD nội tiếp (có góc góc ngồi đỉnh đối diện) c) Tính C(O) S(O)

Từ câu a) ta có: MC.MD = MA2 = 144

(113)

Từ đó: Chu vi đường trịn (O) (độ dài đường tròn (O)) là: C(O) 2 R 10     (đ.v.đ.d)

Diện tích hình trịn (O) là:

2

(O)

S R  5  25

(đ.v.d.t)

Câu 5.

Bán kính hình cầu:   d 17

r cm

2  

Diện tích mặt cầu:

 

2

2 17

S r 289 cm

2

   

    

 

Thể tích hình cầu:  

3

4 17 4913 4913

V r cm

3 3 3 

   

       

   

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.HCM Năm học: 2014 – 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN

Bài 1: (2 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 7x12 0

b)

2 ( 1) 2 0

   

x x

c) x4 9x220 0

d)

3 2 4

4 3 5

 

 

 



x y

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y x và đường thẳng (D): y2x3 cùng một hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) câu bằng phép tính

Bài 3: (1,5 điểm)

Thu gọn các biểu thức sau:

5 5 5 3 5

5 2 5 3 5



  

  

(114)

1 2 6 : 1

3 3 3

   

      

  

   

x B

x x x x x x (x>0)

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho phương trình x2 mx 1 0(1) (x là ẩn số)

a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm trái dấu b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1):

Tính giá trị của biểu thức :

2

1 2 2

1

   

x x  x x

P

x x

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC) Các đường cao AD và CF của tam giác ABC cắt tại H

a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp Suy AHC 180  0 ABC

b) Gọi M là điểm bất kì cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B và C) và N là điểm đối xứng của M qua AC Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp

c) Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN Chứng minh AJI ANC 

d) Chứng minh rằng : OA vuông góc với IJ

BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm)

(115)

2

7 4.12 1

7 1 7 1

4 3

2 2

   

 

 x  hay x 

b)

2 ( 1) 2 0

   

x x

Phương trình có : a + b + c = nên có nghiệm là :

1

 x hay xc 

a

c) x4 9x220 0 Đặt u = x2 0 pt thành :

2 9 20 0 ( 4)( 5) 0

      

u u u u  u4 hay u5

Do đó pt  x2 4hay x2  5 x2 hay x 5

d)

3 2 4

4 3 5

 

 

 



x y



12 8 16

12 9 15

 

 

 



x y



1 2   

 

y x

Bài 2:

a) Đồ thị:

Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1;1 , 2;4  

(116)

A F O H x J Q N

b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là

2 2 3

 

x x  2 3 0

  

x x  x1 hay x3 (a-b+c=0)

y(-1) = 1, y(3) =

Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là 1;1 , 3;9   Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau

5 5 5 3 5

5 2 5 3 5



  

  

A

(5 5)( 2) 5( 1) 5(3 5) ( 2)( 2) ( 1)( 1) (3 5)(3 5)

5 15 5 15

3 5 5

4 4

3 5 5

                             

1 2 6

: 1

3 3 3

                  x B

x x x x x x (x>0)

1 2 6

:

3 3 ( 3)

1 ( 2)( 3) 6

:

3 ( 3)

( 1). 1

                                         x x

x x x x x

x x x

x x

Câu 4:

Cho phương trình x2 mx 1 0(1) (x là ẩn số)

a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm trái dấu

Ta có a.c = -1 < , với mọi m nên phương trình (1) có nghiệm trái dấu với mọi m b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1):

Tính giá trị của biểu thức :

2

1 2 2

1

   

x x  x x

P

x x Ta có

1

x mx 1 và x22 mx21 (do x

1, x2 thỏa 1)

Do đó

1 2 1 2

1 2

mx 1 x 1 mx 1 x 1 (m 1)x (m 1)x

P 0

x x x x

       

    

(Vì x x1 0)

(117)

B

K M

Giaovienvietnam.com

a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp có góc đối F và D vuông  FHD AHC1800 ABC

b) ABC AMC  cùng chắn cung AC

mà ANC AMC  M, N đối xứng Vậy ta có AHC và ANC bù

 tứ giác AHCN nội tiếp

c) Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếp

Ta có NAC MAC  MN đối xứng qua AC mà NAC CHN  (do AHCN nội tiếp)

 IAJ IHJ  tứ giác HIJA nội tiếp

 AJI bù với AHI mà ANC bù với AHI (do AHCN nội tiếp)  AJI ANC

Cách :

Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp

Ta có AMJ = ANJ AN và AM đối xứng qua AC Mà ACH = ANH (AHCN nội tiếp) vậy ICJ = IMJ

 IJCM nội tiếp  AJI AMC ANC  

d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có AJQ= AKC vì AKC = AMC(cùng chắn cung AC), vậy AKC = AMC=ANC Xét hai tam giác AQJ và AKC :

Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn ) tam giác đồng dạng

Vậy Q 90  Hay AO vuông góc với IJ

Cách : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có xAC =AMC

mà AMC = AJI chứng minh vậy ta có xAC =AJQ  JQ song song Ax

vậy IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO)

(118)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỒ THÔNG

VĨNH LONG NĂM HỌC 2014 – 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN

Thời gian làm :120 phút ( không kể thời gian giao đề )

Câu 1: ( điểm)

a) Tính : 12 75 48

b) Tính giá trị biểu thức

5 6

2 3

A  

Câu 2: ( 2,5 điểm) : Giải phương trình hệ phương trình sau :

a) x2 – 7x + 10 = b) 9x4 + 8x2 – =

2 5

)

3 1

x y

c

x y

 

 

 



Câu : ( 1,5 điểm) Cho parabol (P) : y = x2

a) Vẽ đồ thị (P)

b) Xác định m để đường thẳng ( d) : y = mx – tiếp xúc với (P) Câu 4: ( điểm)

Cho phương trình 2x2 + ( 2m – 1)x + m – = ( 1) ( m tham số )

a) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

b) Với giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn

1

1 1

4 x  x 

Một lớp học có 42 học sinh dự bi sinh hoạt ngoại khóa xếp ghế băng Nếu ta bớt ghế băng ghế băng cịn lại phải xếp thêm học sinh Tính số ghế băng lúc đầu

Câu 5:(1điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Tính chu vi tam giác ABC, biết AC =15cm , HC = cm

Câu 6: ( điểm) Cho tam giác ABC vuông A Goi N trung điểm cạnh AC Vẽ đường trịn (O)đường kính NC Đường trịn (O) cắt cạnh BC E cắt BN kéo dài D

a) Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp

b) Gọi M trung điểm cạnh BC Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (O) c) Kéo dài BA CD cắt F Chứng minh ba điểm E,N,F thẳng hàng

(119)

HƯỚNG DẪN GIẢI GV: Nguyễn Thành Tâm

Trường THCS Trần Hưng Đạo – TP.Biên Hòa

Câu 1: ( điểm)

a ) Tính : 12 75 48 3    3

b )Tính giá trị biểu thức

 2 32 2 3

5 6 3 2

1

2 3 2 3 2 3 2 3

A        

   

Câu 2: ( 2,5 điểm) : Giải phương trình hệ phương trình sau : a) x2 – 7x + 10 =

 = b2 – 4ac = (–7 )2 – 1.10 = 49 – 40 = > 3

Pt có nghiệm phân biệt : x1 =

7 



, x2 =

7 2 



b ) 9x4 + 8x2 – =

Đặt t = x2 , t ¿ ta PT :

9t2 + 8t – = 0

PT có : a – b + c = – – =

Nên t1 = – ( loại ) ; t2 =

1

c a

 

( nhận )

Vì t =

9  x = 

c)

2 5 2 5 7 7 1 1

3 1 6 2 2 3 1 3.1 1 2

x y x y x x x

x y x y x y y y

      

    

   

    

        

    

Câu : ( 1,5 điểm) Cho parabol (P) : y = x2

a ) Vẽ đồ thị (P)

b ) PT hoành độ giao điểm ( P ( ( d ):

2 4

x mx

2 4 0

x mx

    ( )

(120)

Để( P ( ( d )tiếp xúc PT ( 1) phải có nghiệm kép   0

 m2 – 16 =  m2 = 16  m = 4

Câu 4: ( điểm)

Cho phương trình 2x2 + ( 2m – 1)x + m – = ( 1) ( m tham số )

a)  = b2 – 4ac = (2m – )2 – 2.( m – 1)

= 4m2 – 4m + – 8m +

= 4m2 – 12m + = (2m – )2 > 0

Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m

b) S = x1 + x2 =

1 2

b m

a

 



P = x1 x2 =

1

c m a

 

Ta có :

1

x x 

1

4

x x

x x



 

1 2

2

m m



 



1 2m 4(m 1)

   

1 2m 4m 4

   

3

2

m m

   

Gọi x số ghế băng lúc đầu (xN* , x > 1)

Số HS ngồi ghế băng lúc đầu : 42

x ( HS )

Số ghế băng lúc sau : x – ( ghế )

Số HS ngồi ghế băng lúc sau : 42

1

x  ( HS )

Theo đề ta có PT : 42

1

x  –

42

x = ( x ¹ 0 ; x ¹ )

42x 42(x 1) x x( 1)

(121)

9cm 15cm

H C

B

A

M F

E

D N

O

C B

A

2

42x 42x 42 x x

    

2 42 0

x x

   

Giải : x1= ( nhận ) ; x2 = -6 ( loại )

Vậy số ghế băng lúc đầu : ( băng ghế )

Câu 5:(1điểm)

Ta có : AC2 = BC.HC (b2 = a.b’ )

2 152

25 9

AC BC

HC

   

Ta có : BC2 = AB2 + AC2 (Định lý Pytago )

 AB2 = BC2 – AC2 = 252 – 152 = 400

 AB = 20cm

Chu vi tam giác ABC : P = AB + AC + BC = 20 + 15 + 25 = 60cm

Câu 6: ( điểm)

a ) Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp:

Xét tứ giác ABCD có :



BAC 90 ( ABC vuông A )



BDC 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

nên BAC BDC 

Suy : Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BC ( A , D nhìn BC hai góc )

b ) Chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn (O):

Xét ABC vng A có : N trung điểm AC ( gt ) M trung điểm BC ( gt )

Nên MN đường trung bình ABC Suy : MN//AB

Mà AB AC ( ABC vuông A )

(122)

Suy : MN tiếp tuyến đường tròn ( O ) ; tiếp điểm N

c ) Chứng minh ba điểm E,N,F thẳng hàng:

Xét BFC có :

BD đường cao ( 

0

BDC 90 )

AC đường cao ( ABC vuông A ) BD cắt AC N

Suy : N trực tâm BFC

 FN BC ( Đường cao thứ ba )

Mặt khác: EN BC (

0

NEC 90 : góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

Suy EN  FN ( Tiên đề Ơclic )

 E, N, F thẳng hàng

SỞ GD &ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

Mơn: Tốn

Thời gian: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

I, PHẦN TRẮC NGHIỆM ( điểm)

Trong câu sau, câu có bốn lựa chọn, có lựa chọn Em ghi vào làm chữ in hoa đứng trước lựa chọn ( Ví dụ: Câu chọn A viết 1.A)

Câu Điều kiện xác định biểu thức

1 2x 1 là

A

1 x

2 

B

1 x

2 

C

1 x

2

 D x < \f( 1,2

Câu Các số -4 hai nghiệm phương trình sau đây

A x2 x12 0 B.12x2  x 1 0 C.x2 x 12 0 D -12x212x 1 0 Câu Tam giác ABC vuông A, đường cao AH, AB = 15 AH =12 Khi độ dài cạch CA

A B.25 C.16 D 20

Câu Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O có - = - = 200 Số đo góc bằng

A 200 B.400 C.600 D 800

II PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm)

(123)

a) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) qua điểm A(-1; 1) Với giá trị m vừa tìm được hàm số (1) đờng biến hay nghịch biến R

b) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng y = ( m2 - )x +2m – 1.

Câu (2,5 điểm) Cho phương trình 2x2 – (2m+1) x – +2m = ( m tham số ).

a) Giải phương trình cho m =

b) Tìm tất giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 x2 thỏa

mãn (2x 1 1)(2x21) 3 .

Câu (2,5 điểm) Cho tam giác ABM nhọn , nội tiếp đường tròn ( )O1 Trên tia đối tia BM lấy điểm

C cho AM tia phân giác góc Gọi ( )O2 là đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC.

a) Chứng minh hai tam giác AO O1 2 tam giác ABC đồng dạng.

b) Gọi trung điểm O O1 2và I trung điểm BC Chứng minh tam giác AOI cân.

c) Đường thẳng vng góc với AM A tương ứng cắt đường tròn ( )O1 ,( )O2 tại D,E ( D E

khác A).đường thẳng vuông góc với BC M cắt DE N Chứng minh ND.AC = NE.AB Câu (1,0 điểm) Cho a,b,c,d số thực Chứng minh

2 2 a( )

a b c d  b c d  .

Dấu đẳng thức xảy ?

HẾT

-Cán coi thi khơng giải thích thêm !

Họ tên thí sinh Số báo danh

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI MƠN TỐN (GV THCS KIM XÁ - VĨNH TƯỜNG - VĨNH PHÚC)

I.TRẮC NGHIỆM:

Câu 1 2 3 4

Đáp án B C D D

II.TỰ LUẬN Câu 5:

(124)

N

E D

M I O O1

A

O2 B

C

Khi m =1 2m = > nên HS (1) đồng biến R

b) Đường thẳng cho song song với đường thẳng y = ( m2 - )x +2m – khi:   m

= -1 Câu 6:

a) Khi m =2 PT trở thành 2x2 - 5x + = 0.

PT có  = (-5)2 - 4.2.1 = 17> suy PT có hai nghiệm phân biệt là:

x = \f(5+,4 x = \f(5-,4

b) Do  = - 4.2.( -3 + 2m) = (2m -3)2 + 16 >  m nên PT cho ln có hai nghiệm phân biệt x

1, x2 với

mọi x

Theo định lý Vi - ét ta có: \f(2m+1,2\f(-3+2m,2 Từ giả thiết lại có (2x 1 1)(2x21) 3  4x

1x2 - 2(x1 + x2) + =  2m - =  m = \f(9,2

Câu 7:

Nhận xét: Nếu BA  BM thi không tồn tại điểm C

Do để tồn điểm C thỏa mãn đề bài thi BA > BM (0,25điểm)

(Rất nhiều học sinh bỏ qua phần nhận xét )

a) Do đường thẳng O1O2 đường

trung trực AM suy = \f(1,2 = = \f(1,2 ( góc nội tiếp góc tâm chắn cung)

 = Tương tự = Suy AO1O2  ABC

b) Từ kết phần a, O trung điểm O1O2 I trung điểm BC nên AO1O  ABI

Suy \f(OA,O1A = \f(IA,BA Hơn =  =

Suy OAI  O1AB (c.g.c) Mà tam giác O1AB cân O1, nên tam giác OAI cân O

c) Do = 900 tứ giác BMAD nội tiếp nên = 900 hay DB  BC

Tương tự, ta có: EC  BC

Từ suy BD∥CE hay tứ giác BD, MN∥CE Theo định lý Ta- lét ta có \f(ND,NE = \f(MB,MC

(125)

Câu 8:

Từ

2 2 a( )

a b c d  b c d   \f(a2,4+ ( \f(a2,4- ab + b2) + (\f(a2,4 - ac + c2) + (\f(a2,4 - ad + d2)



 \f(a2,4 + (\f(a,2 - b)2 + (\f(a,2 - c)2 + (\f(a,2 - d)2  ( đúng).

Dấu xẩy  \f(a,2  a = b = c = d =

Định dạng
Số trang	125
Dung lượng	10,78 MB