Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán

Nguyen Doan Vu (01666 760 667)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

ĐỀ 1 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 điểm)

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

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 cho 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. »AD Đường thẳng BE cắt đường 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.

ThuVienDeThi.com

Nguyen Doan Vu (01666 760 667)

BÀI GIẢI ĐỀ 1

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)

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

         

ThuVienDeThi.com

Nguyen Doan Vu (01666 760 667)

 

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     

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 ABC ta 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  

A

ThuVienDeThi.com