Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm 2014 - 2015 - Môn Toán

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

ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (1,5 điểm)

1) Tính giá trị của biểu thức 9 4 A  

2) Rút gọn biểu thức , với x > 0, 2 2 2 2 2 2 x x P x x x

    

2 x 

Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 4 5 6 7 8 x y 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 (dm) 1)Vẽ đồ thị (P) 2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (dm) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt, trong đó tung độ của một trong hai giao điểm đó bằng 1. Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0, với m là tham số. 1)Giải phương trình khi m = 0. 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 sao

1 2 6 x x  

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 của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. Đường thẳng BE cắt đường »AD 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  b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.

BÀI GIẢI Bài 1:1)A = 3 – 2 = 1 2)Với điều kiện đã 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)

ThuVienDeThi.com

2) Phương trình hoành độ giao điểm của y = x2 và đường thẳng y = 4x + m là : x2 = 4x + m x2 – 4x – m = 0 (1)  (1) có 4 m    Để (dm) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì 0 4 0 4 m m       

y = 4x + m = 1 => x = 1

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 m m m

                               

(loại) hay 

4 7

7 4 4

m m

m m

            

4

7

4 4 7

m

m

m m

         

 

2 2 4 4 4 5 hay 3 5 hay 3 16 4 14 49 2 15 0

m m m m m m m m m m m m

                             Bài 4: 1)Khi m = 0, phương trình thành : x2 – 4x = 0 x = 0 hay x – 4 = 0 x = 0 hay x = 4  

2)       2 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 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Ta có  

2 1 2 1 2 2 2 , 0        S x x m P x x m

Ta có  

2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 6 2 36 2 2 36            x x x x x x x x x x x x     2 2 4 2 36 2 9      m m 1hay 5    m m

Khi m = -1 ta có (loại) 1 2 1 2 x 3 10,x 3 10 x x 6       

Khi m = 5 ta có (thỏa) 1 2 1 2 x 3 34,x 3 34 x x 6     

ThuVienDeThi.com

Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán. Bài 5: 1)Ta có nên BA là tiếp tuyến với (C). · 0 BAC 90  BC vuông góc với AD nên

H là trung điểm AD. Suy ra · · 0 BDC BAC 90   nên BD cũng là tiếp tuyến với (C) 2)a) Trong tam giác vuông ABCta có (1) 2 AB BH.BC  Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA vì có góc B chung

và (cùng chắn cung AE) · · BAE BFA 

suy ra (2) 2 AB BE AB BE.FB FB BA   

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 BE BH BC BF 

· · BHE BFC  

b) do kết quả trên ta có · · BFA BAE 

, do AB //EH. suy ra · · · HAC EHB BFC   · · · · · · DAF DAC FAC DFC CFA BFA     

, 2 góc này chắn các cung nên hai cung này bằng nhau · · DAF BAE   » » AE,DF

Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tam giác HED và HNA bằng nhau

(vì góc H đối đỉnh, HD = HA, (do AD // AF) · · EDH HDN  Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN. Suy ra HK là đường trung bình của tam giác EAF. Vậy HK // AF. Vậy ED // HK // AF.

A

B

F

C

D

E

H

K

N

ThuVienDeThi.com