De thi TSL10 Toan Binh Thuan 20142015

2 điểm Giải các phương trình và hệ phương trình sau: thể hiện rõ các bước giải trong bài làm.. 4 điểm Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, M là trung điểm của đoạn AO.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2014 – 2015 – Khoá ngày 10/07/2014 Môn thi : Toán Thời gian làm bài : 120 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) ĐỀ Bài (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: (thể rõ các bước giải bài làm) 3 x  y  a) x2 –7x – = b)   x  y  Bài (2 điểm) a) Tính giá trị biểu thức : A  20  5 a  a    2a b) Rút gọn biểu thức : B  , với a <  2a Bài (2 điểm) a) Vẽ parabol (P) : y = x2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm k để (P) và đường thẳng (d) : y = 3x + k – cắt hai điểm nằm hai phía trục tung Bài (4 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, M là trung điểm đoạn AO Đường thẳng vuông góc với AO M cắt nửa (O) C Gọi E là điểm di động trên đoạn CM (E khác C và M), tia AE cắt nửa (O) điểm thứ hai là I a) Chứng minh tứ giác IEMB nội tiếp  = ABC  và AC2 = AE.AI b) Chứng minh : ACM c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IEC Chứng minh : ba điểm C, K, B thẳng hàng d) Tìm vị trí điểm E để độ dài đoạn thẳng MK nhỏ Tính giá trị nhỏ đó theo R ……………Hết…………… Giám thị không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị : Chữ ký giám thị : Đáp án Baøi a b x2  x   PT có dạng : a  b  c      x1  1; x2  3 x  y  2 x  x  x       x  y   x  y  1  y   y  2 20  5  5   1 5 a A b  a     2a a  4a    2a B   2a  2a a    2a  a   a    2a  2a a2   2  a   2 PT hoành độ giao điểm (P) và (d) là: x  3x  k   x  3x  k   (1) Để (P) và (d) cắt hai điểm nằm hai phía trục tung thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt trái dấu: b  32    k  1    k     4k    k      k 1  k    k     P  a C Xét tứ giác IEMB có:   900 (gnt chắn nửa đtròn) EIB   900 (gt) EMB   EMB   1800  EIB  Tứ giác IEMB nội tiếp I K E O A M B ) +  ACM   ABC (cùng phụ với BAC b c d + Xét ACE và AIC có:  chung và    A ACE  AIC  ABC    ACE AIC (g.g) AC AE  AC  AE AI   AI AC Ta có: OAC cân O và C nên là tam giác   600  OAC  (O))  ABC   AIC  300 (2 gnt cùng chắn AC   2  (K))  CKE AIC  600 (góc tâm và gnt cùng chắn CE   600 )  CKE là tam giác (vì cân K và CKE   ECA   600  300  900  KCE (1)  KC  AC C Mà BC  AC C (2) Từ (1) và (2)  C , K , B thẳng hàng + MK nhỏ  MK  BC   EKM   300 (vì KMC vuông K và CKE đều) Khi đó: EMK  EMK cân E  EM  EC   EK   E là trung điểm MC Vậy MK nhỏ E là trung điểm MC + MK / / AC (vì cùng vuông góc với BC) MK BM   (hệ đl Talet) AC BA R R AC.BM  MK    R BA 2R I C K E A M O B