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 0.. Suy ra: AE..[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Đề thi gồm 01 trang Phần I Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm Câu Điều kiện để biểu thức x x có nghĩa là: A x 2 B x C x 2 D x 2 Câu Hệ số góc đường thẳng có phương trình y 2014 x 2015 là: A 2014 C B 2015 y 27 m x 28 Câu Hàm số đồng biến trên và khi: A m B m C m Câu Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt: 2 A x 0 B x x 0 C x x 0 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Parbol M 2;3 N 1;3 A B D 2014 D m D 3x x 0 P : y 3x qua điểm: P 1; 3 C Q 2;6 D Câu Hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD và nội tiếp đường tròn bán kính R (cm) Diện tích hình chữ nhật đó là: 2 2 A 8(cm ) B 6(cm ) C 4(cm ) D 2(cm ) Câu Hai đường tròn (O) và (O’) cắt hai điểm phân biệt Số tiếp tuyến chung chúng là: A B C D Câu Thể tích hình trụ có bán kính đáy 3(cm), chiều cao 5(cm) là: 3 3 A 30 (cm ) B 45 (cm ) C 54 (cm ) D 75 (cm ) Phần II Tự luận (8,0 điểm) Câu (1,5 điểm) x 4x 1 A : 1 x 1 x x x x 1) Rút gọn biểu thức với x và x 1 2) Chứng minh đẳng thức Câu (1,5 điểm) 32 2 2 1) Tìm tọa độ giao điểm parabol ( P ) : y 2 x và đường thẳng d : y 3 x 2 2) Cho phương trình x 4mx 4m m 0 Tìm các giá trị m để phương trình có hai x x 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 cho x y y 6 x y 0 Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 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 cắt đường thẳng AE N ( M khác C, N khác E ) 1) Chứng minh các tứ giác ABEM, ABNC là các tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ME là tia phân giác góc BMN 3) Chứng minh AE AN CE.CB AC (2) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : x 25x 43x x 3x 22 3x Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị số 1: Giám thị số 2: ĐỀ ( TỰ LUẬN) x 4x 1 A : 1 x 1 x x x x Bài 1: a.Rút gọn biểu thức : với x 0; x 1 b CMR: 2 2 2 Bài 2: a Tìm toạ độ giao điểm parapol y 2 x và đường thẳng y 3 x 2 b Cho phương trình : x 4mx 4m m 0 (m là tham số) x x 2 Tìm m để pt có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 cho x y y 6 Bài 3: Giải hệ phương trình : x y 0 Bài 4: Cho tam giác ABC vuông B Trên cạnh BC lấy điểm E (khác B và C) Đường tròn đường kính CE cắt AC M và cắt đường thẳng AE N a Chứng minh tứ giác ABEM, ABNC nội tiếp b Chứng minh ME là phân giác góc BMN c Chứng minh : AE AN CE.CB AC Bài 5: Giải phương trình : x 25 x 43x x 3x 22 3x Bài 4: Hình vẽ: 1) Chứng minh ABEM và ABNC là các tứ giác nội tiếp Nội dung trình bày EMC 900 Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) EM AC EMA 90 (hai góc kề bù) 0 0 Lại có ABE 90 (gt) ABE EMA 90 90 180 (3) 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 NAC Xét ∆ vuông AME và ∆ vuông ANC có: 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 HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU PHẦN TỰ LUẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 NAM ĐỊNH NĂM 2014 (thi ngày 28 tháng năm 2014) Câu ( 1,0 điểm) Giải phương trình 4x 25 x 43x x 3x 22 3x Nội dung trình bày Điểm Cách + ĐKXĐ: 3x 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 x 617 x 927 x 486 0 (4 x 19 x 18)(4 x 23x 27) 0 x 19 x 18 0 x 23 x 27 0 (4) 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 3x 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 19 x 18 (2 x 4) 3x (2 x 4)2 ( 3x 2) (2 x 4) 3x (Nhân liên hợp, điều kiện (*)) x 19 x 18 4x 19 x 18 (2 x 4) 3x 2 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 3x 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 (5 x) ( 3x 2) 4x 23 x 27 (5 x) 3x (5 x) 3x (Nhân liên hợp, điều kiện (*)) 4x 23 x 27 4x 23 x 27 (5 x) 3x 2 4x 23x 27 0 x 3x = 23 96 x 3x 5 2x (2) (5) 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 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 32 2 2 Nội dung trình bày 1) Với x và x 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) Vậy với x và x 1 thì 2) Ta có 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 A 2x x 2 2 2 ( 1) 1 2 2 ( 1) vì 1 vì 10 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 (6) 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 ( ; ) (1;1) Kết luận tọa độ giao điểm (P) và (d) là 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 2y 4y y 0 x(y 2) y 6 (3 2y)(y 2) y 0 x 2y 0 x 3 2y x 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 (7) Nội dung trình bày Ta có: EMC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) EM AC EMA 90 (hai góc kề bù) 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 43x x 3x 22 3x Nội dung trình bày Cách + ĐKXĐ: 3x 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 x 617 x 927 x 486 0 (4 x 19 x 18)(4 x 23x 27) 0 x 19 x 18 0 x 23 x 27 0 (8) 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 3x 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 19 x 18 (2 x 4) 3x (2 x 4)2 ( 3x 2) (2 x 4) 3x (Nhân liên hợp, điều kiện (*)) x 19 x 18 4x 19 x 18 (2 x 4) 3x 2 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 3x 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 (5 x) ( 3x 2) 4x 23 x 27 (5 x) 3x (5 x) 3x (Nhân liên hợp, điều kiện (*)) 4x 23 x 27 4x 23 x 27 (5 x) 3x 2 4x 23x 27 0 x 3x = 23 96 x 3x 2 x (2) (9) 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 Bài ĐKXĐ: ta có: x 4x 25x 43x x 3x 22 3x x 1 4x 21x 22 3x 0 x 1 (tm) 4x 21x 22 3x 1 Giải (1): (1) (4x 16x 16) 2x 3x 3x 0 1 4(x 2) 2(x 2) (3x 2) 3x 0 4 2 1 1 x 3x 0 2 2 2(x 2) 3x 0 (2) 2(x 2) 3x 0 (3) Phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn là: x 23 97 19 73 x Phương trình (3) có nghiệm thỏa mãn là: 19 73 23 97 ; 1; 8 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = (10)