GIAI DE TOAN VAO LOP 10 NAM DINH 2014

Nội dung trình bày Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEM ta có:   BME BAE hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE 1... Suy ra: AE..[r]

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2014 TỈNH NAM ĐỊNH Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm Câu Đáp án D A C D B A C B Phần II – Tự luận (8,0 điểm) Câu ( 1,5 điểm)  x 4x   1   :     x  x   x x  x   1) Rút gọn biểu thức A =  với x  và x 1 2) Chứng minh 32   2 2 Nội dung trình bày 1) Với x  và x 1 thì biểu thức A xác định và ta có:  x (1  x )    4x x 1 A   :      (1  x )(1  x ) (1  x )(1  x )  x ( x  1) x ( x 1)     x  2x  4x x 2  : (1  x )(1  x ) x ( x  1)  x  2x x ( x  1) (1  x )(1  x ) x 2 x (1  x ) x ( x  1) 2x  (1  x )(1  x ) x 2 x 2 2x A x 2 Vậy với x  và x 1 thì  2) Ta có  2   2   (  1)      2   2 1  (  1)     vì 1  vì  10 Suy  2   2 (  1)  (  1) 2 (đpcm) Câu ( 1,5 điểm) 1) Tìm tọa độ giao điểm Parabol (P): y = 2x2 và đường thẳng (d): y = 3x - 2) Cho phương trình x – 4mx + 4m2 – m + = Tìm các giá trị m để phương trình đã cho có x  x 2 hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho Nội dung trình bày 2 1) Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d): x 3x   x  3x  0 Ta có a + b + c = + (-3) + = -1 + = Suy phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = Với x1 = tính y1 = 1 Với x2 = tính y2 = 1 ( ; ) Kết luận tọa độ giao điểm (P) và (d) là (1; 2) và 2 2) Ta có ∆/ = m - Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2  ∆> m    m  Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 4m; x1x2 = 4m2 – m + 2 Ta có x1  x 3   x1  x  4   x1  x   4x1x 4  (4m)  4(4m  m  2) 4  4m  12 0  m 3 (thỏa mãn m  ) Vậy m = là giá trị cần tìm  x(y  2)  y 6  Câu ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  2y  1 Nội dung trình bày 3y   2y2  4y  y  0  x(y  2)  y 6 (3  2y)(y  2)  y  0     x  2y  0 x 3  2y x 3  2y    Ta có  y 0   x 3 2y 0   x 3  2y  x; y   3;  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm Câu ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông B, trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B và C ) Đường tròn đường kính EC cắt cạnh AC M và cắt đường thẳng AE N (M khác C, N khác E) 1) Chứng minh ABEM và ABNC là các tứ giác nội tiếp  2) Chứng minh ME là tia phân giác góc BMN 3) Chứng minh AE.AN + CE CB = AC2 Hình vẽ: 1) Chứng minh ABEM và ABNC là các tứ giác nội tiếp Nội dung trình bày 0   Ta có: EMC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  EM  AC  EMA 90 0 0    Lại có ABE 90 (gt)  ABE  EMA 90  90 180 Suy ABEM là tứ giác nội tiếp đường tròn 0   Ta có: ENC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ANC 90  hai đỉnh B và N cùng nhìn cạnh AC góc vuông Suy ABNC là tứ giác nội tiếp đường tròn  2) Chứng minh ME là tia phân giác góc BMN Nội dung trình bày Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEM ta có:   BME BAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) (1) Xét đường tròn đường kính EC ta có:   EMC ECN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EN) (2) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABNC ta có:   BAN BCN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN) (3)    Từ (1), (2), (3)  BME EMN  ME là tia phân giác góc BMN 3) Chứng minh AE.AN + CE CB = AC2 Nội dung trình bày  Xét ∆ vuông AME và ∆ vuông ANC có: NAC chung  ∆ AME ~ ∆ ANC (g g) AE AM  AC AN  AE AN = AM AC  Xét ∆ vuông CME và ∆ vuông CBA có: ACB chung CM CE    ∆CME ~ ∆CBA (g g) CB CA  CM CA = CE BC  Suy ra: AE AN + CE BC = AM AC + CM AC = AC (AM + CM ) = AC2 Câu ( 1,0 điểm) Giải phương trình 4x  25 x  43 x  x 3x  22  x  Nội dung trình bày Cách + ĐKXĐ: x  0  x  (*) + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) 4x  21x  22  3x  0 (1) + Biến đổi (1) trở thành 3x  21x  22  4x  3x   21x  22  4x   2 (Điều kiện 21x  22  4x 0(**) )  16 x  168 x3  617 x  927 x  486 0  (4 x  19 x  18)(4 x  23 x  27) 0  x  19 x  18 0 x  23 x  27 0 19  73 23  97  x x 8 19  73 23  97  x ;x  8 + Kiểm tra các giá trị x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8    + Kết luận: tập nghiệm phương trình đã cho là Cách 2 x  0  x  (*) + ĐKXĐ: + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) 4x  21x  22  3x  0 (1) + Biến đổi (1) trở thành 4x  19 x  18 (2 x  4)  3x  (2 x  4)  ( 3x  2)  4x  19 x  18 (2 x  4)  3x   (2 x  4)  3x  (Nhân liên hợp, điều kiện (*)) x  19 x  18  4x  19 x  18  (2 x  4)  3x   x  19 x  18 0 (2 x  4)  3x  = 19  73  x 3x  5  2x (2) + Giải (2) x 23  97 19  73 23  97  x ;x  8 + Kiểm tra các giá trị x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8   + Kết luận: tập nghiệm phương trình đã cho là  Cách 3 x  0  x  (*) + ĐKXĐ: + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) 4x  21x  22  3x  0 (1) + Biến đổi (1) trở thành 4x  19 x  18 (2 x  4)  3x   4x  23x  27 (5  x )   4x  23x  27  3x   (5  x)  ( 3x  2) (5  x)  3x  (Nhân liên hợp, điều kiện (*)) 4x  23 x  27 (5  x)  3x   4x  23x  27 0  x  3x  = 23  96  x 3x  2 x  (2) 19  73 x + Giải (2) 19  73 23  97  x ;x  8 + Kiểm tra các giá trị x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8    + Kết luận: tập nghiệm phương trình đã cho là Cách x  0  x  (*) + ĐKXĐ: + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) 4x  21x  22  3x  0 (1) 81 4x  18 x  (3 x  2)  + Biến đổi (1) trở thành  (2 x   3x  2) (2 x   3x  2)2 0  x   3x  0; x   9  1  3x     x    3x    2  2  3x  0 3x  5  2x 3x  2 x  23  97 19  73  x  x 8  19  73 23  97 x ;x  8 + Kiểm tra các giá trị x, ta thấy thỏa mãn các diều kiện x  19  73 23  97  ; 1;  8    + Kết luận: tập nghiệm phương trình đã cho là