Thí sinh được sử dụng máy tính đơn giản, các máy tính có tính năng tương tự như máy tính Casio fx-500A, Casio fx-500MS.. Trường THCS Phan Đình Phùng..[r]
(1)Tư liệu ôn tập và luyện thi lớp 10 – Năm 2015 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.ĐÀ NẴNG GV : Nguyễn Văn Ngãi KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016 Khóa ngày : 9, 10 – 06 – 2015 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1: (1,5 điểm) 1) Đưa thừ số ngoài dấu biểu thức 28a 21 - 10 - A =( + ): 3- 2- 7- 2) Tính giá trị biểu thức : 3 x y 6 y Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) 1) Vẽ đồ thị (P) 2) Cho các hàm số y = x + và y = - x + m ( với m là tham số) có đồ thị là (d) và (dm) Tìm tất các giá trị m để trên mặt phẳng tọa độ các đồ thị (P) , (d) và (dm) cùng qua điểm Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 - 2(m – 1)x – 2m = 0, với m là tham số 1) Giải phương trình m = 2) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với m Gọi x1 và x2 là hai nghiệm phương trình, tìm tất các giá trị m cho x12 + x1 – x2 = – 2m Bài 5: (3,5 điểm) Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm) 1) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp 2) Cho bán kính đường tròn (O) 3cm, độ dài đoạn thẳng OA 5cm Tính độ dài đoạn thẳng BC 3) Gọi (K) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC C Đường tròn (K) và đường tròn (O) cắt điểm thứ hai là M Chứng minh đường thẳng BM qua trung điểm đoạn thẳng AC HẾT -Họ và tên thí sinh :………………………Số báo danh :…………Phòng thi:………… GHI CHÚ : Tổ Toán – Lý Trường THCS Phan Đình Phùng (2) Tư liệu ôn tập và luyện thi lớp 10 – Năm 2015 GV : Nguyễn Văn Ngãi Thí sinh sử dụng máy tính đơn giản, các máy tính có tính tương tự máy tính Casio fx-500A, Casio fx-500MS Bài giải sơ lược : 28a = 4.7.(a ) = a = 7a Bài :1) (Vì a2 ≥ với a) é 7( - 1) 5( - 1) ù ú.( - 5) A=ê + ê 3- 2- ú ë û 2) 2 A = ( + 5).( - 5) = - = - = Vậy A = ìï ïï ï í ïï ïï ïî - y =6 ïì - 2xy =12x ïì 8x = 2x Û ïí Û ïí ï + 2xy =- 4x îïï + 2xy =- 4x + 2y =- îï x Bài : - ĐK : x ≠ Ta có : ìï ïï x = ¹ 0(TMDK) ìï ìï 1 ï ïï x = ïï x = í 2 ïï í í 1 ïï ïï ïï + y =- + y =- y =- 2 ïî ïî ïî ïìï ïí x = ïï y =- - Vậy hệ có nghiệm ïî Bài : 1) Lập bảng giá trị và vẽ 2) Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) : x2 = x + x2 - x - = 0(*) ìï x1 =- ïï í ïï x = - c = a Phương trình (*) có dạng : a – b + c = nên có nghiệm : ïî Ta có (d) cắt (P) hai điểm A(-1; 1) và B (2; 4) Để (P), (d) và (dm) cùng qua điểm thì A (dm) B (dm) + Với A(-1; 1) (dm) , ta có : = -(-1) + m m = + Với B(2; 4) (dm), ta có : = -2 + m m = Vậy m = m = thì (P), (d) và (dm) cùng qua điểm Bài : 1) Thay m = phương trình : x2 – = x2 = x = ± Vậy m = 1, phương trình có hai nghiệm x = và x = - 2) Có ∆ = b2 – 4ac = 4m2 + với m nên phương trình đã cho luôn có nghiệm phân biệt với m -b ïìï ï x1 + x = a = 2m - 2(1) ïí ïï c ïï x1.x = =- 2m(2) a Theo Vi-et ta có : ïî Theo bài ta có x12 + x1 – x2 = – 2m (3) ìï x1 + x = 2m - ïí ï Từ (1) và (3) ta có hệ (I) : ïî x1 + x1 – x = – 2m Tổ Toán – Lý Trường THCS Phan Đình Phùng (3) Tư liệu ôn tập và luyện thi lớp 10 – Năm 2015 GV : Nguyễn Văn Ngãi Từ hệ (I) có PT : x1 + 2x1 – = x1 = và x1 = -3 + Với x = x1 = 1, từ đề bài ta có m = - + Với x = x1 = -3, từ đề bài ta có m = Vậy m = ± thì PT có nghiệm x1, x2 thỏa : x12 + x1 – x2 = – 2m Bài : Hình vẽ Có AB OB (t/c tiếp tuyến) ABO = 900 Có AC OC (t/c tiếp tuyến) ACO = 900 Xét tứ giác ABOC có ABO + ACO = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp đường tròn b) - AB và AC là hai tiếp tuyến đường tròn (O) nên AO là đường trung trực BC Gọi H là giao điểm AO và BC, ta có BC = 2BH ∆ABO vuông B có BH là đường cao nên OB2 = OH.AO OB2 OH = AO = cm 12 ∆OBH vuông H BH2 = OB2 – OH2 BH = cm 24 Vậy BC = 2BH = cm c) - Gọi E là giao điểm BM và AC ∆EMC và ∆ECB có MEC = CEB và MCE = EBC (Góc nt và góc tạo tia tiếp tuyến CA cùng chắn cung MC đường tròn (O)) ∆EMC ഗ ∆ECB (g-g) EC2 = EM.EB (*) ∆EMA và ∆EAB có MEA = AEB (a) và : + Có MAE = MCB (3) (Góc nt và góc tạo tia tiếp tuyến CB cùng chắn cung MC đường tròn (K)) a) - Tổ Toán – Lý Trường THCS Phan Đình Phùng (4) Tư liệu ôn tập và luyện thi lớp 10 – Năm 2015 - GV : Nguyễn Văn Ngãi + Có MCB = ABE (4) (Góc nt và góc tạo tia tiếp tuyến BA cùng chắn cung MB đường tròn (O)) + Từ (3) và (4) MAE = ABE (b) Từ (a) và (b) ∆EMA ഗ ∆EAB (g-g) EA2 = EM.EB (**) Từ (*) và (**) EC2 = EA2 EC = EA Vậy BM qua trung điểm E AC Tổ Toán – Lý Trường THCS Phan Đình Phùng (5)