›
›
›

Đề tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

doc 66 trang thaodu 13881
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2014_2015_so.doc

Nội dung text: Đề tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu (Có đáp án)

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học 2014 – 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 25 tháng 6 năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3,0 điểm) Giải phương trình: x2+8x+7=0 3x y 5 a) Giải hệ phương trình: 2x y 4 6 b) Cho biểu thức : M (2 3)2 75 2 3 c) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thảo mãn 4x2=3+y2 Bài 2: (2.0 điểm) Cho parabol (P): y 2x2 và đường thẳng (D): y=x-m+1( với m là tham số). a) Vẽ Parabol (P) b) Tìm tất cả các giá trị của m để (P)cắt (D) có đúng một điểm chung. c) Tìm tọa độ các diểm thuộc (P) có hoành độ bằng hai lần tung độ. Bài 3: (1 điểm) Hưởng ứng phong trào “Vì biển đảo Trương Sa” một đội tàu dự định chở 280 tấn hàng ra đảo. Nhưng khi chuẩn bị khởi hành thì số hàng hóa dẫ tăng thêm 6 tấn so với dự định. Vì vậy đội tàu phải bổ sung thêm 1 tàu và mối tàu chở ít hơn dự định 2 tấn hàng. Hỏi khi dự định đội tàu có bao nhiêu chiếc tàu, biết các tàu chở số tấn hàng bằng nhau? Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) và một điểm A cố định nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến AB, AC với (O) ( B,C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC( M khác B và C). Đường thẳng AM cắt (O) tại điểm thứ 2 là N. Gọi E là trung điểm của MN. a) Chứng minh 4 điểm A,B,O,E cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn đó. b) Chừng minh 2B·NC B·AC 180o c) Chừng minh AC2=AM.AN và MN2=4(AE2-AC2). d) Gọi I, J lần lượt là hình chiếu của M trên cạnh AB, AC. Xác định vị trí cảu M sao cho tích MI.MJ đạt giá trị lớn nhất. Bài 5: (0,5 điểm) 3 9 26 Cho hai số dương x, y thỏa xy=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= x y 3x y HẾT
  2. BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Bài 1: 1. Giải phương trình và hệ phương trình a) x2 +8x +7 = 0 Ta có: a-b+c=1-8+7=0 nên pt có hai nghiệm phân biệt: x1=-1; x2=-7 Vậy tập nghiệm của PT là : S={-1;-7} 3x y 5 x 1 x 1 b) 2x y 4 2 y 4 y 2 6 c) M (2 3) 75 6(2 3) 2 3 5 3 14 2 3 2x y 3 x 1 (n) 2x y 1 y 1 2x y 1 x 1 (l) 2x y 3 y 1 d) Ta có: 4x2-y2=3 (2x+y)(2x-y)=3 2x y 1 x 1 (l) 2x y 3 y 1 2x y 3 x 1 (l) 2x y 1 y 1 Vậy nghiêm dương của pt là (1; 1) Bài 2: a) Vẽ đồ thị hàm số: x -2 -1 0 1 2 y= 2x2 8 2 0 2 8 b) Xét phương trình hoành độ giao điểm cả (P) và (D): 2x2 = x 2mx 1 2-x+m-1=0 =(-1)2-4.2(m-1)=9-8m 9 Để (P) và (D) có một điểm chung thì : =0 9-8m=0 m= 8 9 Vậy với m= thì (P) và (D) có một điểm chung. 8 c) Điểm thược (P) mà hoành độ bằng hai lần tung độ nghìa là x=2y nên ta có: y 0 y=2(2y)2 y=8y2 1 y 8 1 1 Vậy điểm thuộc (P) mà hoành độ bằng hai lần tung độ là (0;0) , ( , ) 4 8 Bài 3: Gọi x(chiếc) số tàu dự định của đội( x N*, x<140) x2+4x-140=0 số tàu tham gia vận chuyển là x+1(chiếc) x 10 280 Số tấn hàng trên mỗi chiếc theo dự định: (tấn) x 14(l) x Vậy đội tàu lúc đầu là 10 chiếc. 286 Số tấn hàng trên mỗi chiếc thực tế: (tấn) x 1 280 286 Theo đề bài ta có pt: - =2 x x 1 280(x+1)-286x=2x(x+1)
  3. Bài 4: a) Ta có: EM=EN(gt) OEMN ·AEO 90o Mà ·ABO 900 (AB là tiếp tuyến (O)) Suy ra: hai điểm B, E thuộc đường tròn đương kính AO. Hay A,B,E,O cùng thuộc một đường tròn, tâm của đường tròn là trung điểm của AO. b) Ta có: B·OC 2B·NC (góc ở tâm và góc nt cùng chắn một cung). Mặt khác: B·OC B·AC 1800 suy ra: 2B·NC B·AC 180o (đpcm) c) Xét AMC và ACN có N· AC chung · · 1 ¼ MCA CNA( sdCM ) 2 AMC ∽ ACN(g.g) AM AC AC 2 AM.AN (đpcm) AC AN Ta có: AE2=AO2-OE2(áp dụng ĐL Pi-ta-go vào AEO ) AC2=AO2-OC2(áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ACO ) 2 MN MN 2 Suy ra: AE2- AC2=OC2-OE2=ON2-OE2=EN2= hay MN2=4(AE2- AC2) 2 4 d) Kẻ MKBC, đoạn AO  (O) ={F}, AO  BC ={H} Ta có: M· JK M· CK ( tứ giác MJCK nt) M· CK M· BI (cùng chắc cung MC) M· BI M· KI (tứ giác MKBI nt) Suy ra: M· JK M· KI (1) Chứng minh tương tự ta cũng có: M· IK M· KJ (2) MI MK Từ (1) và (2) suy ra: MIK ∽ MKJ (g.g) MK 2 MI.NJ MK MJ Để MI.MJ lớn nhất thì MK phải lớn nhất. Mặt khác M thuộc cung nhỏ BC nên MK FH vậy MK lớn nhất khi MK=FH. Hay M  F Vậy khi A, M, O thẳng hàng thì MI.MJ đạt giá trị lớn nhất. Bài 5: 3 9 27 Áp dụng bđt Cosi ta có: 2 (1) 6 x y xy 26 13 26 13 3x+y 2 3xy 6 (2) 3x y 3 3x y 3 3 9 26 13 3 9 26 5 Từ (1) và (2) suy ra:P= 6 P= x y 3x y 3 x y 3x y 3 5 3x y x 1(x 0) Vậy MinP= khi 3 xy 3 y 3 HẾT
  4. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH DƯƠNG Năm học 2014 – 2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian ĐỀ CHÍNH THỨC giao đề Khoá thi ngày 28/6/2014 Bài 1 (1 điểm) 2 1 Rút gọn biểu thức A = 3 2 2 2 1 Bài 2 (1,5 điểm) Cho hai hàm số y = -2x2 và y = x 1/ Vẽ đồ thị của các hàm số trên cùng một mặt phẳng toạ độ 2/ Tìm toạ độ giao điểm của hai đồ thị hàm số bằng phép tính Bài 3 (2 điểm) 1 x y 4 3 1/ Giải hệ phương trình 2 x y 1 3 2/ Giải phương trình 2x2 – 3x – 2 = 0 3/ Giải phương trình x4 – 8x2 – 9 = 0 Bài 4 (2 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0 (m là tham số) 1/ Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 2/ Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dậu 2 2 3/ Với giá trị nào của m thì biểu thức A = x1 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị đó Bài 5 (3,5 điểm) Cho (O) đường kính AB, trên tia AB lấy điểm C bên ngoài đường tròn. Từ C kẻ đoạn thẳng CD vuông góc với AC và CD = AC. Nối AD cắt đường tròn (O) tại M. Kẻ đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại N 1/ CHứng minh ANCD là tứ giác nội tiếp. Xác định đường kính và tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCD 2/ Chứng minh C·ND C·AD và ∆MAB vuông cân 3/ Chứng minh AB.AC = AM.AD Hết
  5. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 – NĂM HỌC 2014 – 2015 Nội dung Dự kiến điểm 2 1 Bài 1:(1 điểm) A = 3 2 2 2 1 ( 2 1).( 2 1) = ( 2 1)2 ( 2 1).( 2 1) ( 2 1)2 0,5 điểm = ( 2 1)2 1 = 2 1 2 1 = 2 1 2 1 = 2 0,5 điểm Bài 2: (1,5 điểm) 1/ -Vẽ đồ thị hàm số: y = -2x2 Bảng giá trị: x -2 -1 0 1 2 y = -2x2 -8 -2 -2 -8 - Vẽ đồ thị hàm số y = x Bảng giá trị x 0 1 0,5 điểm y = x 0 1 0,25 điểm - Vẽ đồ thị đúng 2/ Phương trình hoành độ -2x2 = x  2x2 + x = 0  x(2x + 1) = 0 1 0,5 điểm  x1 = 0 ; x2 = 2 Thay x1; x2 vào y = x, ta có Với x = 0 => y = 0 1 1 Với x = => y = 2 2 0,25 điểm 1 1 Vậy toạ độ giao điểm của hai đồ thị là (0; 0) và ( ; ) 2 2 Bài 3: (2 điểm) 1 x y 4 3 3x y 12 3x y 12 3x 3 12 x 3 1/     0,5 điểm 2 3x 2y 3 3y 9 y 3 y 3 x y 1 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (3 ; 3) 2/ Ta có ( 3)2 4.2.( 2) 9 16 25 0
  6. ( 3) 25 0,5 điểm x 2 1 2.2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: ( 3) 25 1 x 2 2.2 2 3/ x4 - 8x2 – 9 = 0 (1) Đặt t = x2 (t 0) 0,5 điểm Phương trình (1) trở thành: t2 - 8t – 9 = 0 (2) Ta có: a – b + c = 1 – (-8) + (-9) = 0 Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: t1 = -1 (loại) ; t2 = 9 (nhận) 0,5 điểm 2 Với t = t2 = 9 x 9 x 3 Tập nghiệm của phương trình (1) có hai nghiệm là x1 = 3; x2 = -3 Bài 4: (2 điểm) x2 – 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0 (*) 1/ Ta có ∆’ = [-(m – 1)]2 – 1.(2m – 5) = m2 – 2m + 1 – 2m + 5 = m2 – 4m + 6 0,5 điểm = m2 – 2.m.2 + 4 + 2 = (m – 2)2 + 2 > 0 với mọi m Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 0,25 điểm 2/ Phương trình có hai nghiệm trái dấu  1.(2m – 5) A = (2m – 2)2 – 2(2m – 5) = 4m2 – 8m + 4 – 4m + 10 = 4m2 – 12m + 14 = (2m)2 – 2.2m.3 + 32 + 14 – 32 = (2m – 3)2 + 5 ≥ 5 3 Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 2m – 3 = 0  m = 2 3 Vậy với m = thì A đạt giá trị nhỏ nhất bằng: 5 0,5 điểm 2 D Bài 5: (3,5 điểm) Hình vẽ đúng 0,5 điểm 1/ Ta có ·ACD = 900 (gt) ·AND = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) M  ·ACD = ·AND  D; N cùng nhìn AD dưới một góc bằng 900 A O B C N
  7.  Tứ giác ANCD nội tiếp đường tròn đường kính AD Suy tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCD là trung điểm của AD 0,75 điểm 2/ Cách 1: Ta có CD = AC và ·ACD = 900 (gt)  ∆ACD vuông cân tại C  C·AD = 450 Ta có ·AMB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5 điểm  ∆MAB vuông cân tại M Cách 2: Ta có Tứ giác ANCD nội tiếp (chứng minh trên)  C·ND = C·AD (Cùng chắn cung CD) Ta có ·AMB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  B·MD = 900  B·MD + B·CD = 900 + 900 = 1800  Tứ giác BCDM nội tiếp  ·ABM = C·DM (cùng bù với M· BC ) (1) Ta lại có AC = CD (gt) 0,75 điểm  ∆ACD cân tại C  C·AD = C·DA hay B·AM = C·DM (2) Từ (1) và (2), suy ra ·ABM = B·AM Mà ·AMB = 900 (Chứng minh trên)  ∆MAB vuông cân tại M 3/ Xét ∆ABM và ∆ADC có 0,5 điểm Aµ: góc chung ·AMB = ·ACD = 900 0,5 điểm Suy ra: ABM ∽ ADC AB AD AM AC AB.AC AM.AD SỞ GD-ĐT ĐĂK LĂK THI TUYỂN VÀO 10 NĂM HỌC 2014-2015 MÔN TOÁN Ngày thi : 26/06/2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1: (1,5 điểm) 1) Giải phương trình: x2 – 3x + 2 = 0
  8. 2x ay 5b 1 x 1 2) Cho hệ phương trình: . Tìm a, b biết hệ có nghiệm bx 4y 5 y 2 Câu 2: (2 điểm) Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + m2 + 3m + 2 = 0 (1). (m là tham số) 1) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 2 2 2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thõa mãn: x1 + x2 = 12. Câu 3: ( 2 điểm) 2 3 2 3 1) Rút gọn biểu thức A 7 4 3 7 4 3 2) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(0;1) và song song với đường thẳng d: x + y = 10. Câu 4 ( 3,5 điểm) Cho tam giác đều ABC có đường cao AH, lấy điểm M tùy ý thuộc đoạn HC (M không trùng với H, C). Hình chiếu vuông góc của M lên các cạnh AB, AC lần lượt là P và Q. 1) Chứng minh rằng APMQ là tứ giác nội tiếp và xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ. 2) Chứng minh rằng: BP.BA = BH.BM 3) Chứng minh rằng: OH  PQ. 4) Chứng minh rằng khi M thay đổi trên HC thì MP +MQ không đổi. Câu 5 (1 điểm) 1 4 x 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 4x 2016 với x > 0. 4x x 1
  9. LỜI GIẢI SƠ LƯỢC Câu 1: (1,5 điểm) 1) Giải phương trình: x2 – 3x + 2 = 0 c a + b + c = 1 + (-3) + 2 = 0 x1 = 1; x2 = = 2. a 2x ay 5b 1 2) Hệ phương trình: bx 4y 5 x 1 2 2a 5b 1 2a 5b 3 2a 62 a 31 có nghiệm . y 2 b 8 5 b 13 b 13 b 13 Câu 2: (2 điểm) Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + m2 + 3m + 2 = 0 (1). (m là tham số) 1) '  (m 1)2 - (m2 + 3m + 2) = - m – 1 Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt ' > 0 - m – 1 > 0 m < - 1 Vậy với m < - 1 thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt. 2 3) Với m < - 1 . Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = 2(m + 1) ; x1x2 = m + 3m + 2. 2 2 2 2 2 x1 + x2 = 12 (x1 + x2) - 2 x1x2 = 12 2(m + 1) – 2(m + 3m + 2) = 12 m2 + m – 6 = 0 Giải PT ta có : m1 = 2 (không TMĐK); m2 = -3 ( TMĐK). 2 2 Vậy với m = -3 thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt thõa mãn x1 + x2 = 12. Câu 3: ( 2 điểm) 2 3 2 3 2 3 2 3 1) Rút gọn biểu thức A 7 4 3 7 4 3 ( 3 2)2 ( 3 2)2 2 3 2 3 2 3 2 3 = ( 3 2)2 (2 3)2 ( 3 2)2 ( 3 2)2 2 3 3 2 = ( 3 2)2 (2 3)2 ( 3 2 2 3)( 3 2 2 3) 8 3 . 2) Phương trình đường thẳng cần viết có dạng: d’: y = ax + b . d' đi qua điểm A(0; 1) 1 = a . 0 + b b = 1. d': y = ax + 1 song song với đường thẳng d: x + y = 10 hay y = -x + 10 a = -1. Vậy phương trình cần viết là: d’: y = - x + 1. Câu 4 ( 3,5 điểm) 1) Xét tứ giác APMQ có: M· PA M· QA 900 ( Theo GT) A M· PA M· QA 1800 tứ giác APMQ nội tiếp. Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm của AM 2) Xét BPM và BHA có: B·PM B·HA 900 (gt) ; P·BM H· BA (chung góc B) O BP BM BPM : BHA (g.g) BP.BA = BH.BM P BH BA 3)·AHM 900 (gt) H thuộc đường tròn đường kính AM Q A, P, H, M, Q cùng thuộc đường tròn O. B H M C P·AH Q·AH ( vì tam giác ABC đều, AH là đường cao nên cũng là đường phân giác) P¼H Q¼H PH = QH H thuộc đường trung trực của PQ (1) OP = OH ( cùng bán kính) O thuộc đường trung trực của PQ (2) Từ (1) và (2) OH là đường rung trực của PQ OH  PQ. 1 1 1 4) SABM + SCAM = SABC AB. MP + AC. MQ = BC.AH 2 2 2
  10. 1 1 1 BC. MP + BC. MQ = BC.AH ( vì AB = AC = BC ) 2 2 2 1 1 BC(MP + MQ) = BC.AH MP + MQ = AH. Vì AH không đổi 2 2 Nên MP + MQ không đổi. Câu 5 (1 điểm). Với x > 0, ta có: 1 4 x 3 1 4 x 3 A 4x 2016 (4x 2 ) (4 ) 2014 4x x 1 4x x 1 2 1 1 4x 4 x 1 (2 x) 2.2 x 2014 2 x (2 x)2 x 1 1 (2 x 1)2 (2 x )2 2014 2014 2 x x 1 1 2 x 0 1 min A 2014 2 x x 4 2 x 1 0
  11. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 28/6/2014 ĐỀ DỰ BỊ Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2,5 điểm) a) Giải phương trình: 3x – 5 = x + 1 b) Giải phương trình: x2 x 6 0 x 2y 8 c) Giải hệ phương trình: x y 1 5 d) Rút gọn biểu thức: P = 2 5 5 2 Bài 2: (1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2 m 1 x m 3 0 1 a) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau. Bài 3: (2,0 điểm) Hai đội công nhân cùng làm chung một công việc thì hoàn thành sau 12 giờ, nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của đội thứ hai ít hơn đội thứ nhất là 7 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì thời gian để mỗi đội hoàn thành công việc là bao nhiêu? Bài 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên cùng một nửa đường tròn (O) lấy 2 điểm G và E (theo thứ tự A, G, E, B) sao cho tia EG cắt tia BA tại D. Đường thẳng vuông góc với BD tại D cắt BE tại C, đường thẳng CA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp. b) Chứng minh: BF = BG DA DG.DE c) Chứng minh: BA BE.BC Bài 5: (1,0 điểm) 1 1 1 1 Cho A = 1 2 2 3 3 4 120 121 1 1 B = 1 2 35 Chứng minh rằng: B > A
  12. BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Bài 1: (2,5 điểm) a) 3x – 5 = x + 1 x 3 2 b) x x 6 0 Giải ra được nghiệm: x1 3; x2 2 x 2y 8 3y 9 y 3 c) x y 1 x y 1 x 2 5 5 5 2 d) P = 2 5 = 2 5 5 2 5 2 5 5 5 2 5 2 5 2 Bài 2: (1,5 điểm) a) Phương trình (1) có: 2 2 2 2 2 3 7 3 ' b' ac m 1 m 3 m 3m 4 m 0m , (vì m 0,m ) 2 4 2 Vậy: phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. S 0 2 m 1 0 m 1 b) Phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau m 1 P 0 m 3 0 m 3 Vậy với m = 1 thì phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau. Bài 3: (2,0 điểm) Gọi thời gian đội một làm một mình hoàn thành công việc là : x (giờ). ĐK: x > 12. Thời gian đội hai làm một mình xong công việc là: x – 7 (giờ) 1 Trong 1 giờ: + Đội một làm được: (CV) x 1 + Đội hai làm được: (CV) x 7 1 + Cả hai đội làm đươc: (CV) 12 1 1 1 Ta có: PT: x2 31x 84 0 x x 7 12 Giải phương trình ta được nghiệm: x1 28 TM ; x2 3 KTM Vậy: Đội một làm một mình sau 28 giờ xong công việc C Đội hai làm một mình sau 21 giờ xong công việc 1 Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp. E Ta có: A· FB 900 (góc nt chắn nửa đường tròn) 1 G Ta có: C·DB C·FB 900 tứ giác DFBC nội tiếp đường tròn đường kính BC 2 D B A O 1 b) Chứng minh: BF = BG Ta có: ·AEB 900 (góc nt chắn nửa đường tròn) F ·AEC 900 Ta có: ·AEC ·ADC 1800 Tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn đường kính AC µ µ E1 C1 (vì nt cùng chắn cung DA)
  13. µ µ Ta có: B1 C1 (vì nt cùng chắn cung DF của đường tròn đường kính BC) µ µ » » » » Do đó: E1 B1 AG AF BF BG BF BG DA DG.DE c) Chứng minh: C BA BE.BC Ta chứng minh được: 1 DG DB DGB ∽ DAE (g – g) DG.DE DA.DB (1) DA DE BE BA E BEA ∽ BDC (g – g) BE.BC BA.BD (2) 1 BD BC G DG.DE DA.DB DA Từ (1) và (2) suy ra: (đpcm) BE.BC BA.BD BA 2 D B A O 1 Bài 5: (1,0 điểm) 1 1 1 1 F Ta có: A = = 1 2 2 3 3 4 120 121 1 2 2 3 120 121 = 1 2 1 2 2 3 2 3 120 121 120 121 1 2 2 3 120 121 = 1 1 1 = 2 1 3 2 121 120 = - 1 + 11 = 10 (1) 1 2 2 Với mọi k N *, ta có: 2 k 1 k k k k k k 1 1 1 Do đó: B = 1 2 35 B 2 1 2 2 3 3 4 35 36 = 2 1 36 2 1 6 10 (2) Từ (1) và (2) suy ra: B > A
  14. SỞ GD-ĐT TP. HỒ CHÍ MINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2014 – 2015 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 7x 12 0 b) x2 ( 2 1)x 2 0 c) x4 9x2 20 0 3x 2y 4 d) 4x 3y 5 Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y x2 và đường thẳng (D): y 2x 3 trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau: 5 5 5 3 5 A 5 2 5 1 3 5 x 1 2 6 B : 1 (x>0) x 3 x x 3 x x 3 x Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 mx 1 0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1): x2 x 1 x2 x 1 Tính giá trị của biểu thức : P 1 1 2 2 x 1 x 2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Các đường cao AD và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp. Suy ra A·HC 1800 A·BC b) Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B và C) và N là điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp. c) Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN. Chứng minh A¶JI A·NC d) Chứng minh rằng : OA vuông góc với IJ
  15. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 7x 12 0 72 4.12 1 7 1 7 1 x 4 hay x 3 2 2 b) x2 ( 2 1)x 2 0 Phương trình có : a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm là : c x 1 hay x 2 a c) x4 9x2 20 0 Đặt u = x2 0 pt thành : u2 9u 20 0 (u 4)(u 5) 0 u 4 hay u 5 Do đó pt x2 4 hay x2 5 x 2 hay x 5 3x 2y 4 12x 8y 16 y 1 d) 4x 3y 5 12x 9y 15 x 2 Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), 1;1 , 2;4 (D) đi qua 1;1 , 3;9 b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là x2 2x 3 x2 2x 3 0 x 1 hay x 3 (a-b+c=0) y(-1) = 1, y(3) = 9 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là 1;1 , 3;9 Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau 5 5 5 3 5 A 5 2 5 1 3 5 (5 5)( 5 2) 5( 5 1) 3 5(3 5) ( 5 2)( 5 2) ( 5 1)( 5 1) (3 5)(3 5) 5 5 9 5 15 5 5 9 5 15 3 5 5 3 5 5 4 4 4 3 5 5 5 2 5 5
  16. x 1 2 6 B : 1 (x>0) x 3 x x 3 x x 3 x x 1 x 2 6 : x 3 x 3 x x( x 3) x 1 ( x 2)( x 3) 6 : x 3 x( x 3) x ( x 1). 1 x x Câu 4: Cho phương trình x2 mx 1 0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu Ta có a.c = -1 < 0 , với mọi m nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu với mọi m. b) Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1): Tính giá trị của biểu thức : x2 x 1 2 1 1 x2 x2 1 2 2 P Ta có x1 mx1 1 và x2 mx2 1 (do x1, x2 thỏa 1) x 1 x 2 mx 1 x 1 mx 1 x 1 (m 1)x (m 1)x Do đó P 1 1 2 2 1 2 0 (Vì x .x 0 ) x x x x 1 2 1 2 1 2 x Câu 5 A a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối 0 F và D vuông F·HD ·AHC 180 ·ABC N b) A·BC A·MC cùng chắn cung AC O J F Q mà A·NC A·MC do M, N đối xứng H I · · Vậy ta có AHC và ANC bù nhau D C B tứ giác AHCN nội tiếp K c) Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếp M Ta có N· AC M· AC do MN đối xứng qua AC mà N· AC C·HN (do AHCN nội tiếp) I¶AJ I¶HJ tứ giác HIJA nội tiếp. A¶JI bù với A· HI mà A·NC bù với A· HI (do AHCN nội tiếp) A¶JI A·NC Cách 2 : Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp Ta có A·MJ = A· NJ do AN và AM đối xứng qua AC. Mà A·CH = A·NH (AHCN nội tiếp) vậy I¶CJ = I·MJ IJCM nội tiếp A¶JI A·MC A·NC d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có A· JQ = A·KC vì A·KC = A·MC (cùng chắn cung AC), vậy A·KC = A·MC = A·NC Xét hai tam giác AQJ và AKC : Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn ) 2 tam giác trên đồng dạng Vậy Qµ 900 . Hay AO vuông góc với IJ Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có x·AC = A·MC mà A·MC = A¶JI do chứng minh trên vậy ta có x·AC =A· JQ JQ song song Ax vậy IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO)
  17. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2014-2015 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (1,5 điểm) 1) Tính giá trị của biểu thức A 9 4 x 2 2x 2 Rút gọn biểu thức P , với x > 0, x 2 2 x x 2 x 2 Bài 2: (1,0 điểm) 3x 4y 5 Giải hệ phương trình 6x 7y 8 Bài 3: (2,0 điểm) 2 Cho hàm số y = x 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 x1 x2 6 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 »AD của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. 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 B·HE B·FC b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.
  18. BÀI GIẢI Bài 1: 1)A = 3 – 2 = 1 2)Với điều kiện đã cho thì x 2 2 x 2 x 2 P 1 2x 2 x x 2 x 2 2 x x 2 Bài 2: 3x 4y 5 6x 8y 10 y 2 x 1 6x 7y 8 6x 7y 8 6x 7y 8 y 2 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 m 0 m 4 1 m y = 4x + m = 1 => x = 4 Yêu cầu của bài toán tương đương với m 4 m 4 m 4 1 m m 7 hay m 7 2 4 m 4 m 4 m 4 4 4 m 4 m 4 m 7 (loại) hay m 7 m 7 4 m 4 4 m m 7 4 m 4 m 4 m 4 m 5 hay m 3 2 2 16 4 m m 14m 49 m 2m 15 0 m 5 hay m 3 Bài 4: 1)Khi m = 0, phương trình thành : x2 – 4x = 0 x = 0 hay x – 4 = 0 x = 0 hay x = 4
  19. 2) m 2 2 m2 2m2 4m 4 2 m2 2m 1 2 2 m 1 2 2 0m Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 2 Ta có S x1 x2 2 2 m , P x1x2 m 0 2 2 2 Ta có x1 x2 6 x1 2 x1x2 x2 36 x1 x2 2x1x2 2x1x2 36 4 2 m 2 36 m 2 2 9 m 1hay m 5 Khi m = -1 ta có x1 3 10, x2 3 10 x1 x2 6 (loại) Khi m = 5 ta có x1 3 34, x2 3 34 x1 x2 6 (thỏa) Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán. Bài 5: 1)Ta cóB·AC 900 nên BA là tiếp tuyến với (C). BC vuông góc với AD nên H là trung điểm AD. Suy ra B·DC B·AC 900 nên BD cũng là tiếp tuyến với (C) 2) a) Trong tam giác vuông ABC ta có AB2 BH.BC (1) Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA vì có góc B chung vàB·AE B·FA (cùng chắn cung AE) AB BE suy ra AB2 BE.FB (2) FB BA Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB BE BH Từ BE.BF= BH.BC BC BF BE BH 2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và BC BF B·HE B·FC A N B C H E K D F b) do kết quả trên ta có B·FA B·AE H·AC E·HB B·FC , do AB //EH. suy ra D· AF D·AC F·AC D· FC C·FA B·FA D· AF B·AE , 2 góc này chắn các cung A»E,D»F nên hai cung này bằng nhau 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, E·DH H·DN (do AD // AF) Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN. Suy ra HK là đường trung bình của tam giác EAF.
  20. Vậy HK // AF. Vậy ED // HK // AF. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN KHÁNH HOÀ NĂM HỌC 2014 – 2015 . MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 20/6/2014 (Thời gian : 120 phút – không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,00 điểm) 1 8 10 1) Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức: A 2 1 2 5 a a a 1 2) Rút gọn biểu thức B = : với a > 0, a 4. a 2 a a 2 a 4 a 4 Bài 2: (2,00 điểm) ax y y 1) Cho hệ phương trình: x by a Tìm a và b biết hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y) = (2; 3). 2)Giải phương trình: 2 2x – 1 3 5x 6 3x 8 Bài 3: (2,00 điểm) 1 2 Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P):y x 2 a)Vẽ đồ thị (P). b)Trên (P) lấy điểm A có hoành độ xA = -2. Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox sao cho MA – MB đạt giá trị lớn nhất, biết rằng B(1; 1). Bài 4: (2,00 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B. Trên cung A»B lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của AM , tia CO cắt d tại D. a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp. b) Chứng minh rằng: NO  AD c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD. d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất. HẾT Giám thị không giải thích gì thêm.
  21. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2,00 điểm) 1 8 10 2 1 2(2 5) 1) A 2 1 2 1 2 1 2 5 1 2 5 a a a 1 2) B = : với a > 0, a 4. a 2 a a 2 a 4 a 4 a a a 1 a a ( a 2)2 = :  a 2 a a 2 a 4 a 4 a 2 a 2 a 1 a a ( a 2)2 a(1 a ) ( a 2)2 =   a( a 2) a 2 a 1 a 2 a 1 Bài 2: (2,00 điểm) ax y y 1) Vì hệ phương trình: có nghiệm (x, y) = (2; 3) nên ta có hpt: x by a 2a 3 b 2a b 3 6a 3b 9 7a 7 a 1 2 3b a a 3b 2 a 3b 2 2a b 3 b 1 Vậy a = 1, b = 1 2) Giải phương trình: 2 2x – 1 3 5x 6 3x 8 4 2x – 1 6 5x 6 2 3x 8 ((5x 6) 6 5x 6 9) ((3x 8) 2 3x 8 1) 0 ( 5x 6 3)2 ( 3x 8 1)2 0 5x 6 3 0 x 3 3x 8 1 0 Vậy pt có nghiệm x = 3. Bài 3: (2,00 điểm) 1 2 Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P):y x 2 a)Lập bảng giá trị (HS tự làm). Đồ thị:
  22. b)Vì A (P) có hoành độ xA = -2 nên yA = 2. Vậy A(-2; 2) Lấy M(xM; 0) bất kì thuộc Ox, Ta có: MA – MB AB (Do M thay đổi trên Ox và BĐT tam giác) Dấu “=” xẩy ra khi 3 điểm A, B, M thẳng hàng, khi đó M là giao điểm của đường thẳng AB và trục Ox. - Lập pt đường thẳng AB - Tìm giao điểm của đường thẳng AB và Ox, tìm M (4; 0). Bài 4: (2,00 điểm) N M d C B A O D a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp. HD: Tứ giác OBNC nội tiếp có O·CN O·BN 1800 b) Chứng minh rằng: NO  AD HD: AND có hai đường cao cắt nhau tại O, suy ra: NO là đường cao thứ ba hay: NO  AD c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD. CA CO HD: CAO  CDN CA. CN = CO . CD CD CN
  23. d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: 2AM + AN 22AM.AN (BĐT Cauchy – Côsi) Ta chứng minh: AM. AN = AB2 = 4R2. (1) Suy ra: 2AM + AN 22.4R2 = 4R 2. Đẳng thức xẩy ra khi: 2AM = AN AM = AN/2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: AM = R2 AOM vuông tại O M là điểm chính giữa cung AB SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2014-2015 MÔN : TOÁN (không chuyên) Ngày thi: 19/6/2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1,5 điểm) a/ Tính: 2 25 3 4 b/ Xác định a và b để đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm A(1; 2) và điểm B(3; 4) x 2 x 4 c/ Rút gọn biểu thức A = : với x 0 và x 4 x 2 x 2 x 2 Bài 2: (2,0 điểm) 1/ Giải phương trình x4 + 5x2 36 = 0 2/ Cho phương trình x2 (3m + 1)x + 2m2 + m 1 = 0 (1) với m là tham số. a/ Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. b/ Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). Tìm m để biểu thức 2 2 B = x1 + x2 3x1x2 đạt giá trị lớn nhất. Bài 3: (2,0 điểm) Để chuẩn bị cho một chuyến đi đánh bắt cá ở Hoàng Sa, hai ngư dân đảo Lý Sơn cần chuyển một số lương thực, thực phẩm lên tàu. Nếu người thứ nhất chuyển xong một nửa số lương thực, thực phẩm; sau đó người thứ hai chuyển hết số còn lại lên tàu thì thời gian người thứ hai hoàn thành lâu hơn người thứ nhất là 3 giờ. Nếu cả hai cùng làm chung thì thời gian chuyển hết số lương thực, 20 thực phẩm lên tàu là 7 giờ. Hỏi nếu làm riêng một mình thì mỗi người chuyển hết số lương thực, thực phẩm đó lên tàu trong thời gian bao lâu? Bài 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB; P là điểm thuộc cung MB (P khác M và P khác B). Đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C; đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D. Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt cắt CD tại I. a/ Chứng minh OADP là tứ giác nội tiếp đường tròn. b/ Chứng minh OB.AC = OC.BD. c/ Tìm vị trí của điểm P trên cung MB để tam giác PIC là tam giác đều. Khi đó hãy tính diện tích của tam giác PIC theo R.
  24. Bài 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức A = (4x5 + 4x4 5x3 + 5x 2)2014 + 2015. Tính giá trị của biểu thức A khi x 1 2 1 = . 2 2 1 HẾT Giám thị coi thi không giải thích gì thêm GỢI Ý BÀI GIẢI TOÁN VÀO 10 KHÔNG CHUYÊN LÊ KHIẾT QUẢNG NGÃI. Bài 1: a/ Tính: 2 25 3 4 = 10 + 6 = 16 b/ Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua A(1; 2) nên a + b = 2, và B(3; 4) nên 3a b = 4. Suy ra a = 3, b = 5. Vậy (d): y = 3x + 5 x 2 x 4 1 x 2 c/ Với x 0 và x 4 ta có:A = : = = x 2 x 2 x 2 x 2 x 4 Bài 2: 1/ Giải phương trình x4 + 5x2 36 = 0 2 2 Đặt t = x ( t 0) ta có phương trình t + 5t 36 = 0. t = 25 4.1.( 36) = 169 2 t1 = 4 (tmđk); t2 = 9 (loại). Với t = 4 x = 4 x = 2 2/ a/ Với m là tham số, phương trình x2 (3m + 1)x + 2m2 + m 1 = 0 (1) Có = [ (3m + 1)]2 4.1.( 2m2 + m 1) = m2 + 2m + 5 = (m + 1)2 + 4 > 0 m Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. 2 b/ Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). Ta có x1 + x2 = 3m + 1; x1x2 = 2m + m 1 2 2 2 2 2 2 B = x1 + x2 3x1x2 = (x1 + x2) 5x1x2 = (3m + 1) 5(2m + m 1) = (m m 6) 1 13 13 1 1 B = (m )2 + . Dầu “=” xảy ra m = 0 m = . 2 2 2 2 2 13 1 Vậy Bmin = khi m = 2 2 Bài 3: Gọi x (giờ) là thời gian người thứ I một mình làm xong cả công việc. 20 và y (giờ) là thời gian người thứ II một mình làm xong cả công việc. (Với x, y > ) 7 1 1 7 1 1 7 x y 20 (1) Ta có hệ phương trình: x y 20 y x 3 y x 6 (2) 2 2 1 1 7 30 Từ (1) và (2) ta có phương trình: . Giải phương trình được x1 = 4, x2 = x x 6 20 7 Chọn x = 4. Vậy thời gian một mình làm xong cả công việc của người thứ I là 4 giờ, của người thứ II là 10 giờ. Bài 4: a/ C/minh AOD = APD = 900 D O và P cùng nhìn đoạn AD dưới một góc 900 OADP tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AD I M P C A B O
  25. OC AC b/ C/ minh AOC DOB (g.g) OB DB OB.AC = OC.BD (đpcm) c/ Ta có IPC = PBA (cùng chắn cung AP của (O)) và có ICP = PBA (cùng bù với OCP) Suy ra IPC = ICP IPC cân tại I. 0 0 Để IPC là tam giác đều thì IPC = 60 PBA = 60 0 OP = PB = OB = R số đo cung PB bằng 60 C/minh DIP cân tại I ID = IP = IC = CD:2 1 1 1 1 R 3 R 2 3 Do đó SPIC = SDPC = . .CP.PD = . .R = (đvdt) 2 2 2 4 3 12 Bài 5: 2 1 2 1 1 2 1 2 1 Ta có: x = = = 2 2 1 2 2 1 . 2 1 2 3 2 2 5 2 7 17 12 2 29 2 41 x2 = ; x3 = x.x2 = ; x4 (x2)2 = ; x5 = x.x4 = 4 8 16 32 29 2 41 34 24 2 25 2 35 20 2 20 16 Do đó: 4x5 + 4x4 5x3 + 5x 2 = 1 8 Vậy A = (4x5 + 4x4 5x3 + 5x 2)2014 + 2015 = ( 1)2014 + 2015 = 1 + 2015 = 2016 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2014 – 2015 Ngày thi : 21 tháng 6 năm 2014 Môn thi : TOÁN (Không chuyên) Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, thí sinh không phải chép đề vào giấy thi) Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính a) A 2 5 2 5 b) B = 2 50 3 2 Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình: 2x2 x 15 0 . 2 y 3 x Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phương trình: . 1 2y 4 x Câu 4 : (1 điểm) Tìm a và b để đường thẳng d : y a 2 x b có hệ số góc bằng 4 và đi qua điểm M 1;  . Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y 2x2 .
  26. Câu 6 : (1 điểm) Lớp 9A dự định trồng 420 cây xanh. Đến ngày thực hiện có 7 bạn không tham gia do được triệu tập học bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của nhà trường nên mỗi bạn còn lại phải trồng thêm 3 cây mới đảm bảo kế hoạch đặt ra. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh. Câu 7 : (1 điểm) Chứng minh rằng phương trình x2 2 m +1 x m 4 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và biểu thức M x1 1 x2 x2 1 x1 không phụ thuộc vào m. Câu 8 : (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC), biết A·CB 600 , CH = a . Tính AB và AC theo a. Câu 9 : (1 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định, CD là đường kính thay đổi của đường tròn (O) (khác AB). Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC và AD lần lượt tại N và M. Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp. Câu 10 : (1 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tếp đường tròn tâm O, bán kính bằng a. Biết AC vuông góc với BD. Tính AB2 CD2 theo a. HẾT Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : Số báo danh : Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2 : BÀI GIẢI Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính 2 a) A 2 5 2 5 22 5 4 5 1 . b) B = 2 50 3 2 100 3.2 10 6 4 . Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình: 2x2 x 15 0 . 12 4.2. 15 121 0, 11 . 1 11 10 5 1 11 12 x ; x 3 . 1 4 4 2 2 4 4 5  Vậy S = ; 3 . 2  Câu 3 : (1 điểm) Điều kiện x 0 . 2 4 5 5 y 3 2y 6 10 x 1 1 x x x 10 x x 2 2 (nhận). 1 1 2 2 2y 4 2y 4 y 3 y 3 4 y 3 y 1 x x x x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y ; 1 . 2 Câu 4 : (1 điểm) Tìm a và b để d : y a 2 x b có hệ số góc bằng 4 và qua M 1;  . Đường thẳng d có hệ số góc bằng 4 a 2 4 a 6 .
  27. Mặt khác (d) đi qua điểm M 1;  nên thay a 6 , x 1 ; y 3 vào y a 2 x b . Khi đó ta có : 3 6 2 .1 b 3 4 b b 7 . Vậy a 6 v à b 7 là các giá trị cần tìm và khi đó d : y 4x 7 . Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y 2x2 . BGT x 2 1 0 1 2 y 2x2 8 2 0 2 8 Câu 6 : (1 điểm) Gọi số học sinh lớp 9A là x x Z , x 7 . 420 Theo kế hoạch, mỗi em phải trồng (cây). x Trên thực tế. số học sinh còn lại là : x 7 . 420 Trên thực tế, mỗi em phải trồng (cây). x 7 Do lượng cây mỗi em trồng trên thực tế hơn 3 cây so với kế hoạch nên ta có phương trình : 420 420 3 x 7 x 7 x 420x 420 x 7 3x x 7 3x2 21x 2940 0 x2 7x 980 0 (chia 3) 72 4.1. 980 3969 0 , 3969 63 . 7 63 7 63 x 35 (nhận) ; x 28 (loại). 1 2 2 2 Vậy lớp 9A có 35 học sinh. Câu 7 : (1 điểm) Phương trình x2 2 m +1 x m 4 0 . 2 Phương trình có ' m 1 1. m 4 m2 2m 1 m 4 m2 m 5 . 2 2 2 1 1 1 19 ' m m 5 m 5 m 0, m . 2 4 2 4 Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Khi đó, theo Vi-ét x1 x2 2m 2 ; x1.x2 m 4 . M x1 1 x2 x2 1 x1 x1 x1x2 x2 x1x2 x1 x2 2x1x2 .
  28. M x1 x2 2x1x2 2m 2 2 m 4 2m 2 2m 8 10 (không phụ thuộc vào m). Câu 8 : GT ABC , Aµ 900 , AH  BC , A·CB 600 , CH = a KL Tính AB và AC theo a? CH CH a a ACH có cosC nên AC 2a . AC cosC cos600 1 2 ABC có AB = AC.tanC = 2a.tan 600 2a. 3 2 3a . Vậy AB = 2 3a , AC 2a . Câu 9 : (1 điểm) GT (O) đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi, MN là tiếp tuyến tại B của (O). KL Tứ giác CDMN nội tiếp Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp 1 Ta có : A·DC sñA»C . 2 1 1 1 Nµ sñA¼DB sñB»C sñA¼CB sñB»C sñA»C . 2 2 2 1 A·DC Nµ (cùng bằng sñA»C ). 2 Tứ giác CDMN nội tiếp được (góc ngoài bằng góc đối trong). Câu 10 : (1 điểm) GT ABCD nội tiếp O; a , AC  BD KL Tính AB2 CD2 theo a. Tính AB2 CD2 theo a. Vẽ đường kính CE của đường tròn (O). Ta có : E·AC 900 , E·DC 900 (góc nội tiếp chắn đường kính EC). AC  AE   AE PBD ABDE là hình thang cân (hình thang nội tiếp (O)) AC  BD (gt) AB = DE (cạnh bên hình thang cân).
  29. 2 AB2 + CD2 = DE2 + DC2 = EC2 2a 4a 2 (do EDC vuông tại D). Vậy AB2 CD2 4a 2 . HẾT SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NINH THUẬN NĂM HỌC 2014 – 2015 Khóa ngày: 23 – 6 – 2014 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) a) Giải phương trình bậc hai: x2 – 2x – 2 = 0 3x y 2 b) Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn: 2(x y) 5x 2 Bài 2: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = 2x – 5 có đồ thị là đường thẳng (d) a) Gọi A, B lần lượt là giao điểm của (d) với các trục tọa độ Ox,Oy. Tính tọa độ các điểm A, B và vẽ đường thẳng (d) trong mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tính diện tích của tam giác AOB Bài 3: (2,0 điểm) x 3 y 3 x y Cho biểu thức: P = . , x y x 2 xy y 2 x 2 y 2 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của P khi: x = 7 4 3 và y = 4 2 3 Bài 4: (4,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB = a nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R (0 < a < 2R). a) Tính diện tích của hình chữ nhật ABCD theo a và R. b) Xác định giá trị của a theo R để hình chữ nhật ABCD có diện tích lớn nhất. c) Một đường thẳng d đi qua O cắt các cạnh AB, CD lần lượt tại M, N và cắt các cạnh AD, BC kéo dài lần lượt tại P, Q. Chứng minh rằng: ∆APM = ∆CQN. HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1: (2,0 điểm) a) Giải phương trình bậc hai: x2 – 2x – 2 = 0 = 3 x1 1 3 ; x1 1 3 3x y 2 3x y 2 y 4 x 2 b) 2(x y) 5x 2 3x 2y 2 x 2 y 4 Bài 2: (2,0 điểm) a) Vẽ (d) : x 0 5/2 y = 2x – 5 - 5 0 A(5/2;0) B(0;-5);
  30. Tự vẽ đồ thị 1 1 5 25 b) SA0B = . OA.OB = .5. (đvdt) 2 2 2 4 Bài 3: (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức P. x 3 y 3 x y P = . , với x y x 2 xy y 2 x 2 y 2 (x y)(x 2 xy y 2 ) x y x y = . = x 2 xy y 2 (x y)(x y) x y x y b) P = x y x = 7 4 3 = 2 -3 và y = 4 2 3 = 3 - 1 2 - 3 3 1 1 3 2 3 Vậy: P = (2 3) ( 3 1) 3 2 3 3 Bài 4: (4,0 điểm) Q A M B 0 N D C P a) Tính diện tích của hình chữ nhật ABCD theo a và R. 2 2 2 2 Ta có: SABCD = AB.BC = a. AC AB = a. 4R a b) Xác định giá trị của a theo R để hình chữ nhật ABCD có diện tích lớn nhất. Vì: 0 0 Ta có: (a 4R 2 a 2 ) 0 a 2 (4R 2 a 2 ) 2a 4R 2 a 2 a 4R 2 a 2 2R 2 2 Hay : SABCD 2R Dấu “=” xảy ra khi: a = 4R 2 a 2 a R 2 2 Vậy: Max SABCD = 2R khi: a R 2 c) Chứng minh rằng: ∆APM = ∆CQN - Trước hết, ta chứng minh: ∆AOM = ∆CON (g.c.g) suy ra: AM = CN - Xét ∆ APM và ∆CQN có: AM = CN (cmt) Aˆ Bˆ 900 AMˆP QNˆC (slt) APM CQN (g.c.g)
  31. SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học: 2014 – 2015 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1 (2,0 điểm) x 1 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9 x 1 x 2 1 x 1 2) Cho biểu thức P . với x > 0 và x 1 x 2 x x 2 x 1 x 1 a)Chứng minh rằng P x b)Tìm các giá trị của x để 2P 2 x 5 Bài 2 (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm? Bài 3 (2,0 điểm) 4 1 5 x y y 1 1) Giải hệ phương trình: 1 2 1 x y y 1 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + 6 và parabol (P): y = x2. a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P). b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB. Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P. 1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật. 2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 3) Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F. Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF. 4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Bài 5 (0,5 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q 2a bc 2b ca 2c ab
  32. BÀI GIẢI + THANG ĐIỂM DỰ KIẾN Bài Đáp án Điểm Bài 1 3 1 0,5 1) Với x = 9 ta có A 2 (2,0 điểm) 3 1 2) a) 0,75 x 2 x x 1 ( x 1).( x 2) x 1 x 1 P . . x( x 2) x 1 x( x 2) x 1 x b)Từ câu 2a ta có 2 x 2 2P 2 x 5 2 x 5 x 2 x 2 2x 5 x và x > 0 1 2x 3 x 2 0 và x >0 và (x >0x 2)( x ) 0 2 1 1 0,75 x x 2 4 Bài 2 Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch (x > 0) 0,25 (2,0 điểm) 1100 0,25 Số ngày theo kế hoạch là : . x 1100 Số ngày thực tế là . Theo giả thiết của bài toán ta có : 0,25 x 5 1100 1100 - = 2. x x 5 1100(x 5) 1100x 2x(x 5) 2x2 10x 5500 0 x 50 hay x 55 (loại) 0,5 Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm. 0,25 Bài 3 1) Hệ phương trình tương đương với: (2,0 điểm) 1 1 Đặt u và v . Hệ phương trình thành : x y y 1 4u v 5 8u 2v 10 9u 9 u 1 0,5 u 2v 1 u 2v 1 2v u 1 v 1 Do đó, hệ đã cho tương đương : 1 1 x y x y 1 x 1 0,5 1 y 1 1 y 2 1 y 1 2) a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x2 x 6 x2 x 6 0 x 2hay x 3 0,5 Ta có y (2)= 4; y(-3) = 9. Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là B(2;4) và A(-3;9) 0,5 b) Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hoành.
  33. Ta có S OAB SAA'B'B S OAA' S OBB' Ta có A’B’ = xB' xA' xB' xA' 5 , AA’ =yA 9 , BB’ = yB 4 AA ' BB' 9 4 65 Diện tích hình thang : S .A 'B' .5 (đvdt) AA'B'B 2 2 2 1 27 1 S A 'A.A 'O (đvdt); S B'B.B'O 4 (đvdt) OAA' 2 2 OBB' 2 65 27 S OAB SAA'B'B S OAA' S OBB' 4 15 (đvdt) 2 2 Bài 4 0,25 (3,5 điểm) P N F A O B M E Q 1) Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa 0,75 đường tròn. 2) Ta có A·NM A·BM (cùng chắn cung AM) 1,0 và A·BM A·QB (góc có cạnh thẳng góc) vậy A·NM A·QB nên MNPQ nối tiếp. 3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ. 1,0 OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP Suy ra F là trung điểm của BP. Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF. Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP. Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên O· NF 900 . Tương tự ta có O·ME 900 nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN. 4) 0,5 2SMNPQ 2SAPQ 2SAMN 2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN AB BP Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra QB BA AB2 BP.QB Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB BQ 2 PB.BQ 2 (2R)2 4R AM2 AN2 MN2 Ta có AM.AN = 2R2 2 2 2 2 2 Do đó, 2SMNPQ 2R.4R 2R 6R . Suy ra SMNPQ 3R Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB. Bài 5 Ta có Q 2a bc 2b ca 2c ab
  34. (0,5 điểm) 2a bc (a b c)a bc (Do a + b +c = 2) (a b) (a c) a 2 ab bc ca (a b)(a c) (Áp dụng bất 2 đẳng thức với 2 số dương u=a+b và v=a+c) 0,25 (a b) (a c) Vậy ta có 2a bc (1) 2 Tương tự ta có : (a b) (b c) 2b ca (2) 2 (a c) (b c) 2c ab (3) 2 Cộng (1) (2) (3) vế theo vế Q 2(a b c) 4 2 Khi a = b = c = thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4. 0,25 3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014- PHÚ THỌ 2015 Môn : TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (1,5điểm) a) Trong các phương trình dưới đây, những phương trình nào là phương trình bậc 2: x 2 3x 2 0; 3x 2 4 0 ( x là ẩn số m là tham số m khác 1) 2x 1 0 (m 1)x 2 mx 12 0 b)Giải phương trình : 2x 4 6 Câu2 (2,0 điểm) 3x y 5 a) Giải hệ phương trình x y 3 a b b a a b b) Rút gọn biểu thức B ,với a,b là số dương. ab a b Câu3 (2,0 điểm) Cho phương trình bậc 2: x 2 (2m 1)x m 2 0 (1) a) Giải phương trình với m = 1 b) Với giá trị nào của m phương trình (1) có nghiệm kép.Tìm nghiệm kép đó Câu 4( 3,0 điểm) Cho (O;R) Dây BC<2R cố định .Gọi A chạy trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC Nhọn kẻ ba đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H a) Chứng minh AEFH nội tiếp ,xác định tâm I dường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. b) Chứng minh rằng khi A chạy trên cung lớn BC thì tiếp tuyến tại E của (I) luôn đi qua một điểm cố định.
  35. c) Tìm vị trí A thuộc cung lớn BC để diện tích tam giác AEF lớn nhất Câu 5(1,5 điểm) Giải phương trình x 3 6x 2 5x 3 (2x 5) 2x 3 0 Hết Họ và tên thí sinh: SBD Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm HƯỚNG DẪN GIẢI Câu1 (1,5điểm) a) Các phương trình x 2 3x 2 0;3x 2 4 0;(m 1)x 2 mx 12 0 b)Giải phương trình : 2x 4 6 2x 8 x 2 Câu2 (2,0 điểm) 3x y 5 2x 2 x 1 a) Giải hệ phương trình x y 3 y 3 x y 2 b) Rút gọn biểu thức a b b a a b ab( a b) a b a b B ab a b ab a b , B a b a b 2 a với a,b là số dương. Câu3 (2,0 điểm) Cho phương trình bậc 2: x 2 (2m 1)x m 2 0 (1) a)Giải phương trình với m = 1:Thay m=1 ta có PT : x 2 3x 1 0 3 5 3 5 3 2 4 5 PT Có 2 nghiệm x ; x 1 2 2 2 b) Với giá trị nào của m phương trình (1) có nghiệm kép.Tìm nghiệm kép đó 2m 1 2 4m 2 4m 2 4m 1 4m 2 4m 1 1 1 0 m x 4 4 Câu 4 (3,0 điểm) Hướng dẫn a) Dùng định lí đảo và I là trung điểm AH b) Gọi M là trung điểm BC Chứng minh ME là tiếp tuyến (I) c) Kẻ đường kính AK ta có BHCK là hình bình hành ( theo định nghĩa) nên H,M, K thẳng hàng Xét tam giác AHK có OM là đường trung bình suy ra AH=2.OM không đổi dường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nhận AH là đường kính có bán kính bằng OM không đổi Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC nên
  36. 2 2 S AEF OM OM OM S AEF S ABC ta có không đổi S AEF (Max) S ABC (Max) AD(Max) S ABC OA R R Mà AD AM OA OM ( Không đổi) AD(max) R OM D  M hay A là chính giữa cung lớn BC A A I E O F H M C B D K 3 Câu 5(1,5 điểm) Giải phương trình x 3 6x 2 5x 3 (2x 5) 2x 3 0 (1) ĐKXĐ : x 2 x 3 6x 2 5x 3 (2x 5) 2x 3 0 x 3 4x 2 5x 3 (2x 5)(x 1) (2x 5)( 2x 3 x 1) 0 x 2 2 x 3 4x 2 2x 8 (2x 5). 0 x 1 2x 3 x 2 2 (x 2 2)(x 4) (2x 5). 0 x 1 2x 3 2 2x 5 (x 2) x 4 0 x 1 2x 3 3 2x 5 Với x thì : x 4 0 2 x 1 2x 3 x 2 Nên x 2 2 0 x 2 Thay vào PT (1) x 2 thỏa mãn Cách khác 3 Câu 5 x3 6x 2 5x 3 2x 5 2x 3 0 ĐKXĐ: x 2 Khi đó viết lại PT đã cho như sau: x3 3x2 3x 1 3 x2 2x 1 2 x 1 2x 3 2x 3 3 2x 3 2 2x 3 x 1 3 3 x 1 2 2 x 1 2x 3 2x 3 3 2x 3 2 2x 3 1 1 a x 1 a 3 Đặt 2 x b 2x 3 2 b 0 Khi đó: 1 a3 3a2 2a b3 3b2 2b 2
  37. a b a2 ab b2 3a 3b 2 0 a b 2 2 a ab b 3a 3b 2 0 3 Mặt khác: 2 a a 1 a 2 b3 3b2 2b 3 2 a 0 Do b 0 b 3b 2b 0 a a 1 a 2 0 2 a 1 Kết hợp với a 0 . Từ đó suy ra 3 vô nghiệm (vì a,b 0 ) x 1 x 1 + Với a b x 1 2x 3 x 2 (thỏa mãn) 2 2 x 2x 1 2x 3 x 2 Vậy tập nghiệm của PT là S  2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẠNG SƠN NĂM HỌC 2014 – 2015 Ngày thi: 26/06/2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2 điểm) a. Tính giá trị của các biểu thức: A 36 9 ; B (3 5)2 5 . 1 2 x b. Rút gọn: P ( ) , với x 0 và x 4 . x 2 x 2 x x 2 Câu 2 (1 điểm) Vẽ đồ thị các hàm số y 2x2; y x 1 trên cùng một mặt phẳng tọa độ, xác định tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó. Câu 3 (2 điểm) x 2y 6 a. Giải hệ phương trình 3x y 4 2 b. Tìm m để phương trình x - 2x - m + 3= 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 ;x2 thỏa mãn 2 2 x1 + x2 = 20 . Câu 4 (4 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Gọi H là giao điểm của BN và CM, K là trung điểm của AH. a. Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp trong một đường tròn. b. Chứng minh AM.AB = AN.AC.
  38. c. Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). Câu 5 (1 điểm) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn : x + 2y £ 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = x + 3 + 2 y + 3 . Hết Họ tên thí sinh: SBD: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT LẠNG SƠN NĂM HỌC 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN - Học sinh có thể giải theo những cách khác nhau, nếu đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa ứng với phần đó. - Đối với bài hình học: Nếu học sinh không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai: không cho điểm. - Hướng dẫn chấm này gồm 2 trang. Câu Nội dung Điểm Câu 1 a) Ta có A 6 3 3 0,5 (2 điểm) B 3 5 5 3 5 5 3 0,5 x 2 x b) P ( ) 0,5 x( x 2) x( x 2) x 2 x( x 2) 1 P 0,5 x( x 2)( x 2) x 2 Câu 2 x 1 2 Giải pt: 2x x 1 1 (1 điểm) x 2 1 1 x = 1Þ y = 2; x = - Þ y = 2 2 1 1 Vậy giao điểm là M(1 ; 2) ;N(- ; ) 2 2 Câu 3 x 2y 6 x 2y 6 x 2y 6 x 2 a) 1 (2 điểm) 3x y 4 6x 2y 8 7x 14 y 2 b) Để pt có 2 nghiệm phân biệt Û Δ' = m - 2> 0 Û m > 2 0,25
  39. ì ï x1 + x2 = 2 Theo Vi-et ta có: í 0,25 ï îï x1.x2 = - m + 3 2 Từ gt : (x1 + x2 ) - 2x1.x2 = 20 Û 4- 2(- m + 3) = 20 0,25 Tìm được m = 11 (t/m) 0,25 Câu 4 a. Do góc BMC, BNC chắn nửa đường tròn nên (4 điểm) BMC = BNC = 900 Suy ra AMH = ANH = 900, tứ giác AMHN có AMH+ANH=1800 nên nội tiếp đường tròn b. ΔMAC : ΔNAB (2 tam giác vuông chung góc A) nên AM AN = Þ AM.AB = AN.AC AC AB c) xét ΔABC có BN, CM là đường cao nên H là trực tâm Þ AH ^ BC 0,25 Þ ÐAHN = ÐNCO (cùng phụ với ÐHAN ) mà ÐAHN = ÐHNK (ΔAHN vuông có K là trung điểm cạnh huyền) và ÐNCO = ÐCNO 0,25 Do đó ÐHNK = ÐCNO Nên ÐKNO = ÐKNH + ÐHNO = ÐCNO + ÐHNO = 900 0,25 Þ KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). 0,25 Câu 5 a 2 + b2 Từ 0 £ (a - b)2 Û 2ab £ a 2 + b2 Û ab £ 2 0,25 (1 điểm) Dấu = xảy ra khi a = b 4 + x + 3 8 + 2y + 6 Nên 2. x + 3 £ và 4 y + 3 = 2 2. 2y + 6 £ 0,25 2 2 x + 7 + 2y + 14 Do đó 2S£ £ 12 Û S£ 6 0,25 2 ïì 2 = x + 3 ï ï ïì x = 1 Dấu = xảy ra Û í 2 2 = 2y + 6 Û í vậy max S = 6. 0,25 ï ï y = 1 ï x + 2y = 3 î îï
  40. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN VÀO 10THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán ( không chuyên ) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phú Đề thi gồm: 01 trang Câu I ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 43 x x 1 10 x 2 x 3 x 1 2) Rút gọn biểu thức: A ( x 0; x 1) x 3 x 4 x 4 1 x Câu II ( 2,0 điểm) Cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y (m 1)x m 4 (tham số m) 1) Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). 2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. Câu III ( 2,0 điểm) x y 3m 2 1) Cho hệ phương trình: ( tham số m) 3x 2y 11 m Tìm m để hệ đã cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn x2 – y2 đạt giá trị lớn nhất. 2) Một ô tô dự định đi từ A đến B dài 80 km với vận tốc dự định. Thực tế trên nửa quãng đường đầu ô tô đi với vận tốc nhỏ hơn vận tốc dự định là 6 km/h. Trong nửa quãng đường còn lại ô tô đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc dự định là 12 km/h. Biết rằng ô tô đến B đúng thời gian đã định. Tìm vận tốc dự định của ô tô. Câu IV ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AM, BN, CP của tam giác ABC cắt nhau tại H. Dựng hình bình hành BHCD. 1) Chứng minh: Các tứ giác APHN, ABDC là các tứ giác nội tiếp. 2) Gọi E là giao điểm của AD và BN. Chứng minh: AB.AH = AE.AC 3) Giả sử các điểm B và C cố định, A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn và B·AC không đổi. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi. Câu V ( 1,0 điểm) Cho x; y là hai số dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
  41. x y 2 x y 2 S x2 y2 xy Hết Họ và tên thí sinh : .Số báo danh : Chữ ký của giám thị 1 : Chữ ký của giám thị 2 : SỞ GD& ĐT HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊNNGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán ( không chuyên ) I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa. - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm. II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Giải phương trình: 43 x x 1 1,00 x 1 0 (1) 0,25 43 x x 1 2 43 x x 1 (2) (1) x 1 0,25 2 x 7 (2) x x 42 0 0,25 x 6 Kết hợp nghiệm ta có x 7 (thỏa mãn), x 6 ( loại) Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là S 7 0,25 10 x 2 x 3 x 1 I 2 Rút gọn biểu thức: A ( x 0; x 1) 1,00 x 3 x 4 x 4 1 x 10 x 2 x 3 x 1 A 0,25 x 4 x 1 x 4 x 1 10 x 2 x 3 x 1 x 1 x 4 0,25 x 4 x 1 10 x 2x 5 x 3 x 5 x 4 3x 10 x 7 = 0,25 x 4 x 1 x 4 x 1 x 1 7 3 x 7 3 x 0,25 = = ( vì x 0; x 1 ) x 4 x 1 x 4 Cho Parabol P : y x2 và đường thẳng d : y (m 1)x m 4 II 2,00 (tham số m) 1 Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). 1,00 m = 2 ta có phương trình đường thẳng (d) là: y = x + 6 0,25 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình x2 x 6 0,25
  42. 2 x 2 x x 6 0 0,25 x 3 * x 2 y 4 * x 3 y 9 0,25 Vậy m = 2 thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm A 2;4 và B 3;9 II 2 Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. 1,00 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình x2 m 1 x m 4 x2 m 1 x m 4 0 (*) 0.25 (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung khi và chỉ khi phương 0,25 trình (*) có hai nghiệm trái dấu 1. m 4 4 0,25 x y 3m 2 III 1 Cho hệ phương trình: ( tham số m) 1,00 3x 2y 11 m x m 3 Giải hệ phương trình ta có 0,25 y 2m 1 x2 y2 m 3 2 2m 1 2 = 3m2 10m 8 0,25 2 49 5 = 3 m 3 3 2 5 5 Do m 0 với mọi m; dấu “ = ” xẩy ra khi m 0,25 3 3 2 2 49 5 x y , dấu “ = ” xẩy ra khim 0,25 3 3 49 5 hay x2 y2 lớn nhất bằng khi m 3 3 III 2 Gọi vận tốc dự định của ô tô là x (km/h) (x >6 ) 80 0,25 Khi đó thời gian ô tô dự định đi hết quãng đường AB là (h) x 40 Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường đầu là (h) x 6 0,25 40 Thời gian thực tế ô tô đi nửa quãng đường còn lại là (h) x 12 40 40 80 Theo bài ra ta có phương trình: 0,25 x 6 x 12 x Giải phương trình ta được x 24 ( thỏa mãn) Vậy vận tốc dự định của ô tô là 24 (km/h) 0,25
  43. A Từ giả thiết ta có ·APH 900 và ·ANH 900 N 0,25 P H E O B C IV 1 M I D tứ giác APHN nội tiếp đường tròn (đường kính AH) 0,25 Ta có : BD// CH ( BDCH là hình bình hành) và CH  AB BD  AB ·ABD 900 0,25 Tương tự có ·ACD 900 tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn ( đường kính AD ) 0,25 IV 2 Xét 2 tam giác ABE và ACH có : ·ABE ·ACH ( cùng phụ với B·AC ) (1) 0,25 B·AE phụ với B·DA ; B·DA B·CA (góc nt cùng chắn »AB ) C·AH phụ với B·CA B·AE C·AH (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 2 tam giác ABE, ACH đồng dạng 0,25 AB AC AB.AH AC.AE 0,25 AE AH IV 3 Gọi I là trung điểm BC I cố định (Do B và C cố định) 0,25 Gọi O là trung điểm AD O cố định ( Do B·AC không đổi, B và C cố định, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) 0,25 độ dài OI không đổi ABDC là hình bình hành I là trung điểm HD 1 OI AH ( OI là đường trung bình tam giác ADH) 2 độ dài AH không đổi 0,25 Vì AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN, độ dài AH không đổi độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN không đổi đường 0,25 tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi. V x y 2 x y 2 Ta có: S x2 y2 xy 2xy x2 y2 1+ 2 0,25 x2 y2 xy 2xy x2 y2 x2 y2 3+ 2 2 0,25 x y 2xy 2xy Do x; y là các số dương suy ra 2xy x2 y2 2xy x2 y2 2 . 2 ; « = » x2 y2 2xy x2 y2 2xy 2 2 x y 2xy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 4x y x y 0 0,25 2xy x y x2 y2 x y(x; y 0)
  44. x2 y2 x2 y2 2xy 1 ;« = » x y 2xy Cộng các bđt ta được S 6 S 6 x y .Vậy Min S = 6 khi và chỉ khi x = y 0,25 UBND TỈNH BẮC NINH ĐỂ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn Thi : TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút ( không kể thời gian giao đề ) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 20 tháng 6 năm 2014 Câu I. ( 1, 5 điểm ) Cho phương trình x 2 2mx 2m 6 0 (1) , với ẩn x , tham số m . 1) Giải phương trình (1) khi m = 1 2 2 2) Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x1 x2 nhỏ nhất. Câu II. ( 1,5 điểm ) Trong cùng một hệ toạ độ , gọi (P ) là đồ thị của hàm số y = x2 và (d) là đồ thị của hàm số y = -x + 2 1) Vẽ các đồ thị (P) và (d) . Từ đó , xác định toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị . 2) Tìm a và b để đồ thị của hàm số y = ax + b song song với (d) và cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng -1 Câu III .( 2,0 điểm ) 1) Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B , quãng đường AB dài 24 km . Khi đi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4km so với lúc đi , vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút . Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B . 2 ) Giải phương trình x 1 x x 1 x 1 Câu IV . ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành BHCD . Đường thẳng qua D và song song với BC cắt đường thẳng AH tại M . 1) Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đường tròn. 2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD và góc BAM = góc OAC . 3) Gọi K là trung điểm của BC , đường thẳng AK cắt OH tại G . Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam giác ABC.
  45. Câu V .( 2, 0 điểm ) 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + ab + b2 – 3a – 3b + 2014 . 2) Có 6 thành phố trong đó cứ 3 thành phố bất kỳ thì có ít nhất 2 thành phố liên lạc được với nhau . Chứng minh rằng trong 6 thành phố nói trên tồn tại 3 thành phố liên lạc được với nhau. Hết (Đề này gồm có 01 trang) Họ và tên thí sinh : Số báo danh : HƯỚNG DẪN GIẢI SƠ LƯỢC Câu I. ( 1, 5 điểm ) Cho phương trình x 2 2mx 2m 6 0 (1) , với ẩn x , tham số m . 1) Giải phương trình (1) khi m = 1 2 2 2) Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho x1 x2 nhỏ nhất. HD : 1) GPT khi m =1 + Thay m =1 v ào (1) ta đ ư ợc x2 + 2x – 8 = 0  ( x + 4 ) ( x – 2 ) = 0  x = { - 4 ; 2 } KL : 2) x ét PT (1) : x 2 2mx 2m 6 0 (1) , với ẩn x , tham số m . ' 2 2 + Xét PT (1) có 1 m 2m 6 m 1 5 0 (luôn đúng ) với mọi m => PT (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m x1 x2 2m + Mặt khác áp dụng hệ thức viét vào PT ( 1) ta có : (I) x1 x2 2m 6 2 2 + Lại theo đề và (I) có :A = x1 + x2 2 = ( x1 + x2 ) – 2 x1x2 = ( - 2m )2 + 2 ( 2m + 6 ) = 4m2 + 4m + 12 1 = ( 2m + 1)2 + 11 11 với mọi m => Giá trị nhỏ nhất của A là 11 khi m = . 2 KL : Câu II. ( 1,5 điểm ) Trong cùng một hệ toạ độ , gọi (P ) là đồ thị của hàm số y = x2 và (d) là đồ thị của hàm số y = -x + 2 1) Vẽ các đồ thị (P) và (d) . Từ đó , xác định toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng đồ thị . 2) Tìm a và b để đồ thị của hàm số y = ax + b song song với (d) và cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng -1 HD : 1) v ẽ ch ính xác và xác định đ ược giao đi ểm của (P) v à (d) l à M ( 1 ; 1) v à N ( -2 ; 4 ) 2)T ìm đ ư ợc a = -1 v à b = 0 =>PT của là y = - x Câu III .( 2,0 điểm ) 1) Một người đi xe đạp từ địa điểm A đến địa điểm B , quãng đường AB dài 24 km . Khi đi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 4km so với lúc đi , vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút . Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B . 2 ) Giải phương trình x 1 x x 1 x 1 HD : 1) G ọi x ( km /h ) l à v ận t ốc ng ư ời đi xe đ ạp t ừ A -> B ( x > 0 ) . L ý luận đ ưa ra PT : 24 24 1 => x = 12 ( t/m ) . KL : x x 4 2
  46. a 2 1 2) ĐKXĐ 0 x 1 Đ ặt 0 a = 1 > 0 2 + Nếu a = 1 = > x 1 x 1 x = { 0 ; 1 } ( t/m) KL : Câu IV . ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành BHCD . Đường thẳng qua D và song song với BC cắt đường thẳng AH tại M . 1) Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đường tròn. 2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD và góc BAM = góc OAC . 3) Gọi K là trung điểm của BC , đường thẳng AK cắt OH tại G . Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam giác ABC HD : HS tự vẽ hình 1) Chứng minh các tứ giác ABMD , AMDC nội tiếp => A, B ,C,D , M nằm trên cùng một đường tròn 2) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay BM = CD + Theo phần 1) và BC//MD => góc BAM =góc OAC 1 3)Chứng minh OK là đường trung bình của tam giác AHD => OK//AH và OK = AH 2 OK 1 hay (*) AH 2 OK 1 GK + Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA => AG 2GK , từ đó AH 2 AG suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC Câu V .( 2, 0 điểm ) 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + ab + b2 – 3a – 3b + 2014 . 2) Có 6 thành phố trong đó cứ 3 thành phố bất kỳ thì có ít nhất 2 thành phố liên lạc được với nhau .Chứng minh rằng trong 6 thành phố nói trên tồn tại 3 thành phố liên lạc được với nhau. HD : 1) Giá trị nhỏ nhất của P là 2011 khi a =b = 1 2) Gọi 6 th ành phố đã cho l à A,B,C,D,E,F + X ét thành phố A .theo nguyên l í Dirichlet ,trong 5 thành phố còn lại thì có ít nhất 3 thành phố liên lạc được với A hoặc có ít nhất 3 thành phố không liên lạc được với A ( v ì nếu số thành phố liên lạc được với A cũng không vượt quá 2 và số thành phố không liên lạc được với A cũng không vượt quá 2 thì ngoài A , số thành phố còn lại cũng không vượt quá 4 ) . Do đó chỉ xảy ra các khả năng sau : Khả năng 1 : số thành phố liên lạc được với A không ít hơn 3 , giả sử B,C,D liên lạc được với A . Theo đề bài trong 3 thành phố B,C,D có 2 thành phố liên lạc được với nhau . Khi đó 2 thành phố này cùng với A tạo thành 3 thành phố đôi một liên lạc được với nhau . Khả năng 2 : số thành phố không liên lạc được với A , không ít hơn ,giả sử 3 thành phố không liên lạc được với A là D,E,F . Khi đó trong bộ 3 thành phố ( A,D,E) thì D và E liên lạc được với nhau ( v ì D,E không liên lạc được với A ) Tương tự trong bộ 3 ( A,E,F) v à ( A,F,D) th ì E,F liên lạc được với nhau , F và D liên lạc được với nhau và như vậy D,E,F l à 3 thành phố đôi một liên lạc được với nhau . Vậy ta có ĐPCM
  47. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NGHỆ AN NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 120 phút(không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,5 điểm) 1 x 1 Cho biểu thức A : x 1 x 1 x 1 a) Tìm điều kiện xác định và rút biểu thức A b) Tìm tất cả các giá trị của x để A 0 . Câu 2. (1,5 điểm) Một ô tô và một xe máy ở hai địa điểm A và B cách nhau 180 km, khởi hành cùng một lúc đi ngược chiều nhau và gặp nhau sau 2 giờ. Biết vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy 10 km/h. Tính vận tốc của mỗi xe. Câu 3 . (2,0 điểm) Cho phương trình x2 2(m 1)x 2m4 m2 0 (m là tham số) a) Giải phương trình khi m = 1. b) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Câu 4. (3,0 điểm) Cho điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn đó (B, C là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm của AB. Đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại N (N khác C). a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MB2 MN.MC c) Tia AN cắt đường tròn (O) tại D ( D khác N). Chứng minh: M· AN ·ADC Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn x y z . Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 27 x y z 2 2 2 x y z 2 Hết Họ và tên thí sinh Số báo danh
  48. HƯỚNG DẪN GIẢI x 0 Câu 1. a). Điều kiện x 1 x 1 x 1 1 x 1 1 A : . x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 1 b) A x - 1 x x y> 0, x > 10) Ta có phương trình : x – y = 10 (1) Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường là 2x (km) Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường là: 2y (km) thì chúng gặp nhau, ta có phương trình: 2x + 2y = 180 hay x + y = 90 (2) x y 10 x 50 Từ (1), (2) ta có hệ phương trình : (T/M ĐK) x y 90 y 40 Vậy vận tốc của ô tô là 50 km/h và vận tốc của xe máy là: 40 km/h Câu 3. a). Khi m = 1 phương trình trở thành: x2 + 4x – 1 = 0 ’ = 22 +1 = 5 >0 => Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x 2 5; x 2 5 1 2 b). Ta có: 2 2 4 4 2 1 2 1 2 1 1 ' 2m 2m 1 2m 2m 2m 2m 2 m 2 m 0,m 2 2 2 2 1 m2 0 2 Nếu: ' 0 vô nghiệm 1 m 0 2 Do đó ' 0,m . Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Câu 4. B M A O N D C a). Xét tứ giác ABOC có : ·ABO ·ACO 90o 90o 180o nên tứ giác ABOC nội tiếp b). Xét MBN và MCB có : M¶ chung M· BN M· CB (cùng chắn cung BN)
  49. MB MN => MBN  MCB (g-g) nên MB2 MN.MC MC MB c). Xét MAN và MCA có góc M¶ chung. Vì M là trung điểm của AB nên MA MB . MA MC Theo câu b ta có: MA2 MN.MC MN MA Do đó : MAN  MCA (c-g-c) => M· AN M· CA N· CA (1) mà: N· CA N·DC ( cùng chắn cung NC) (2) Từ (1) và (2) suy ra: M· AN N·DC hay M· AN ·ADC . 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 x y 2 1 1 x y Câu 5. Ta có: VT x y z 2 2 2 3 2 z 2 2 2 2 x y z z x y y x x2 y2 x2 y2 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có: 2 . 2 y2 x2 y2 x2 x2 z2 y2 z2 15z2 1 1 VT 5 2 2 2 2 2 2 z 16x z 16y 16 x y x2 z2 x2 z2 1 Lại áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 2 . z2 16x2 z2 16x2 2 y2 z2 y2 z2 1 2 . z2 16y2 z2 16y2 2 2 1 1 2 2 8 15z2 1 1 15z2 8 15 z 15 Và 2 2 2 2 nên 2 2 . 2 x y xy x y (x y) 16 x y 16 (x y) 2 x y 2 2 (vì x y z ) 1 1 15 27 z Suy ra : VT 5 . Đẳng thức xảy ra khi x y . 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 27 Vậy x y z 2 2 2 . x y z 2 SỞ GD & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HOÁ Năm học 2014-2015 Thời gian : 120 phút ĐỀ A Bài 1: (2,0 điểm) 1/ Thực hiện phép tính: 2 1 2 1 x y 1 2/ Giải hệ phương trình: 2x 3y 7 3/ Giải phương trình: 9x2 8x 1 0 Bài 2: (2,0 điểm) Cho parapol P : y x2 và đường thẳng d : y 2x m2 1 (m là tham số). 1/ Xác định tất cả các giá trị của m để d song song với đường thẳng d ' : y 2m2 x m2 m . 2/ Chứng minh rằng với mọi m, d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A và B. 2 2 3/ Ký hiệu xA ; xB là hoành độ của điểm A và điểm B. Tìm m sao cho xA xB 14 .
  50. Câu 3: (2,0 điểm) Cho biểu thức M = + − 1. Tìm điều kiện của x để biểu thức M có nghĩa. Rút gọn biểu thức M. 2. Tìm các giá trị của x để M > 1 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của hai đường cao BD và CE của tam giác ABC (D AC, E AB) 1. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp trong một đường tròn 2. Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm H, J, I thẳng hàng 1 1 1 3. Gọi K, M lần lượt là giao điểm của AI với ED và BD. Chứng minh rằng DK2 DA2 DM2 Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn x + y + z = 4. 1 1 Chứng minh rằng 1 xy xz Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Bài 1: 2 1/ 2 1 2 1 2 12 2 1 1 x y 1 3x 3y 3 5x 10 x 2 2/ 2x 3y 7 2x 3y 7 x y 1 y 1 1 3/ Phương trình 9x2 8x 1 0 có a b c 9 8 1 0 nên có hai nghiệm là: x 1; x . 1 2 9 Bài 2: 1/ Đường thẳng d : y 2x m2 1 song song với đường thẳng d ' : y 2m2 x m2 m khi m 1 2 2m2 m2 1 m 1 m 1 2 2 m 1 m m m 1 m 1 2/ Phương trình hoành độ giao điểm của d và P là x2 2x m2 1 x2 2x m2 1 0 là phương trình bậc hai có ac m2 1 0 với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A và B với mọi m. 3/ Cách 1: Ký hiệu xA ; xB là hoành độ của điểm A và điểm B thì xA ; xB là nghiệm của phương trình x2 2x m2 1 0 . Giải phương trình x2 2x m2 1 0 . ' 1 m2 1 m2 2 0 ' m2 2 2 2 Phương trình có hai nghiệm là xA 1 m 2; xB 1 m 2 .
  51. Do đó 2 2 x 2 x 2 14 1 m2 2 1 m2 2 14 1 2 m2 2 m2 2 1 2 m2 2 m2 2 14 A B 2m2 6 14 2m2 8 m2 4 m 2 Cách 2: Ký hiệu xA ; xB là hoành độ của điểm A và điểm B thì xA ; xB là nghiệm của phương trình S xA xB 2 x2 2x m2 1 0 . Áp dụng hệ thức Viet ta có: do đó 2 P xA .xB m 1 2 2 2 2 2 2 xA xB 14 xA xB 2xA .xB 14 2 2 m 1 14 4 2m 2 14 m 2 Câu 5. a. BCDE nội tiếp B·EC B·DC 900 Suy ra BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC b. H, J, I thẳng hàng IB  AB; CE  AB (CH  AB) Suy ra IB // CH IC  AC; BD  AC (BH  AC) Suy ra BH // IC Như vậy tứ giác BHCI là hình bình hành J trung điểm BC J trung điểm IH Vậy H, J, I thẳng hàng 1 c. A·CB A· IB A»B 2 A·CB D·EA cùng bù với góc D· EB của tứ giác nội tiếp BCDE B· AI A· IB 900 vì ABI vuông tại B Suy ra B· AI A· ED 900 , hay E·AK A·EK 900 Suy ra AEK vuông tại K Xét ADM vuông tại M (suy từ giả thiết) DK  AM (suy từ chứng minh trên)www.VNMATH. 1 1 1 Như vậy DK2 DA2 DM2 Câu 5 Hướng dẫn: Vì x + y + z = 4 nên suy ra x = 4 – (y + z) 1 1 1 1 1 1 1 Mặt khác: 1 1 x do x dương. (*) xy xz x y z y z Thay x = 4 – (y + z) vào (*) ta có : 2 2 1 1 1 1 1 1 4 y z 2 y 2 z 0 y z 0 y z y z y z Luôn đúng với mọi x, y, z dương, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : y = z = 1, x = 2.
  52. SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi : TOÁN CÀ MAU Ngày thi 23/6/2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 : (1,5 điểm) a) Giải phương trình 6x2 – 5x – 6 = 0 b) Tìm tham số m để phương trình :x2 +2(m +1)x +2m2 +2m +1 = 0 vô nghiệm Bài 2: (1,5 điểm) 1 1 a) Tính giá trị của biểu thức A = 6 2 6 2 b) Rút gọn biểu thức B =x 1 2 x 2 1 x 2 với 2 x 3 Bài 3 :(2,0 điểm) 8x y 6 a) Giải hệ phương trình: 2 x y 6 b) Vẽ đồ thị của 2 hàm số : y = x2 và y = 5x – 6 trên cùng hệ trục tọa độ Oxy và tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị trên. Bài 4:(2,0 điểm) Một hình chữ nhật có chiều dài gấp 3 lần chiều rộng. Nếu cả chiều dài và chiều rộng cùng tăng thêm 5 cm thì dược một hình chữ nhật mới có diện tích bằng 153 cm2.Tìm chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O).Các đường cao BF,CK của tam giác ABC lần lượt cắt (O) tại D,E. a) Chứng minh : Tứ giác BCFK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh : DE //FK. c) Gọi P,Q lần lượt là điểm đối xứng với B,C qua O.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AFK có bán kính không đổi khi A thay đổi trên cung nhỏ P»Q (không trùng với các điểm P,Q) Hết BÀI GIẢI Bài 1: a) 6x2 5x 6 0 52 4.6.6 25 144 169 5 13 3 5 13 2 x hay x 12 2 12 3 b)Phương trình :x2 +2(m +1)x +2m2 +2m +1 = 0 (a= 1;b=2(m+1);c=2m 2 +2m+1) ' = (m+1) 2 -2m 2 -2m-1= m 2 +2m+1-2m 2 -2m-1= -m 2 < 0 với mọi m
  53. Vậy phương trình trên vô nghiệm với mọi m m R Bài 2: 1 1 6 2 6 2 2 6 6 a) A = 6 2 6 2 6 2 6 2 6 4 2 b) B =x 1 2 x 2 1 x 2 (với )2 x 3 2 B x 2 1 1 x 2 x 2 1 1 x 2 B x 2 1 1 x 2 2 (Vì 2 0) (cm) Chiều dài hình chữ nhật lúc đầu: 3x (cm) Chiều rộng hình chữ nhật lúc sau: x + 5 (cm) Chiều dài hình chữ nhật lúc sau: 3x + 5 (cm) Theo đề bài ta có phương trình: (x + 5).(3x + 5) = 153 3x 2 + 20x - 128 = 0 x = 4 (TMĐK) hay x = - 32/3 < 0 (loại) Vậy chiều dài và chiều rộng hình chữ nhật ban đầu: 12 cm và 4 cm Bài 5: A D a)BCFK nội tiếp BKC=BFC=90°(CKAB và BFAC) BCFK nội tiếp Q b)DE//FK I P BDE=BCE( cùng chắn cung EB của (O)) BCE=BFK (cùng chắn cung BK của (BCFK)) F BDE=BFK DE//FK c)Bán kính đường tròn (AFK) không đổi khi A di động trên cung PQ E Kẻ đường kính AN và lấy điểm M là trung điểm của BC. O K ACN=ABN=90° NCAC và NBAB mà BHAC và CHAB H NC//BH và NB//CH BHCN hình bình hành M là trung điểm HN Vì OA=ON OM là đường trung bình AHN OM=AH/2 và OM//AH Gọi I là trung điểm AH.Ta có AKH=AFH=90° AKHF nội tiếp B C đường tròn đường kính AH I là tâm và AI là bán kính của đường tròn M ngoại tiếp của tứ giác AKHF hay cùa AFK. Vì BC,(O) cố định M cố định OM cố định AI =AH/2=OM cố định đường tròn ngoại tiếp của AFK có bán kính AI=OM cố định. N Vậy khi A di động trên cung nhỏ PQ(không trùng với P,Q) thì đường tròn ngoại tiếp AFK có bán kính không đổi.
  54. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HƯNG YÊN NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi : Toán Thời gian làm bài 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi 23/6/2014 Câu 1: (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: P 2 8 2 3 2 6 2) Tìm m để dường thẳng y = (m +2)x + m song song với đường thẳng y = 3x – 2 3) Tìm hoành độ của điểm A trên parabol y = 2x2 , biết tung độ y = 18 Câu 2: ( 2,0 điểm). Cho phương trình x2 2x m 3 0 ( m là tham số) 1) Tim m để phương trình có nghiệm x = 3. Tìm nghiệm còn lại. 3 3 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn : x1 x2 8 . Câu 3: (2,0 điểm) 2x y 3 1) Giải hệ phương trình : 3x 2y 1 2) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 12m . Nếu tăng chiều dài thêm 12m và chiều rộng thêm 2m thì diện tích mảnh vườn đó tăng gấp đôi. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn đó. Câu 4 ( 3,0 điểm) . Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Hạ các đường cao AH, BK của tam giác. Các tia AH, BK lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là D, E. a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn . Xác định tâm đường tròn đó. b) Chứng minh : HK // DE. c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên (O) sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp CHK không đổi. Câu 5 ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 x 2y 3xy 2x 4y 0 2 2 x 5 2x 2y 5 Hết Họ tên thí sinh: Chữ kí của giám thị 1 : Số báo danh: Phòng thi số: Chữ kí của giám thị 2 :
  55. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HƯNG YÊN NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi : Toán HƯỚNG DẪN GIẢI Thời gian làm bài 120 phút Ngày thi 23/6/2014 Câu 1 ( 2 điểm ) 1) Rút gọn : P 2( 8 2 3) 2 6 P 16 2 6 2 6 4 2) Tìm m để đường thẳng y = (m+2)x+m song song với đường thẳng y = 3x – 2. Hai đường thẳng song song khi và chỉ khi m+2 = 3 và m -2 . Do đó m = 1. 3) Tìm hoành độ của điểm A trên parabol y = 2 x2 ,biết A có tung độ y = 18. yA 18 2 Suy ra xA = 3 . yA 2xA Câu 2: ( 2,0 điểm). Cho phương trình x2 2x m 3 0 ( m là tham số) (1) 1) Thay x = 3 vào phương trình (1) ta được: 32 2.3 m 3 0 m 6 0 m 6 Thay m = -6 vào PT (1) có dạng: x2 2x 3 0 Ta có: a – b + c = 1+ 2 – 3 = 0 PT có hai nghiệm : x1 = -1 x2 = 3 Vậy nghiệm còn lại là x = -1 2) ' 1 2 m 3 m 2 ' Để PT có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 0 m 2 0 m 2 x1 x2 2 Áp dụng định lý Viet ta có : x1x2 m 3 3 3 2 2 x1 x2 8 x1 x2 x1 x1x2 x2 8 2 Ta có: x x x x 3x x 8 1 2 1 2 1 2 x1 x2 2 Thay vào biểu thức ta được x1x2 m 3 2 22 3 m 3 8 6m 18 m 3( thỏa mãn m 2 ) 3 3 Vậy m = - 3 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn : x1 x2 8 . Câu 3: (2,0 điểm)
  56. 2x y 3 4x 2y 6 7x 7 x 1 1) Giải hệ phương trình : 3x 2y 1 3x 2y 1 3x 2y 1 y 1 Hệ PT đã cho có nghiệm ( x = 1; y = -1) 2) Gọi chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật là x (m) ĐK : x > 0 Thì chiều dài của khu vườn hình chữ nhật là : x + 12 (m) Diện tích của khu vườn khi đó là: x(x + 12) ( m2) Nếu tăng chiều dài 12m và chiều rộng lên 2m thì : Chiều dài mới là : x + 12 + 12 = x + 24 (m) Chiều rộng mới là : x + 2 (m) Diện tích của hình chữ nhật mới là : ( x +2)( x + 24) (m2) Vì diện tích sau khi thay dổi gấp đôi diện tích ban đầu nên : (x +2)( x + 24) = 2x( x+ 12) x2 -2x – 48 = 0 ' 1 2 1 48 49 7 1 7 1 7 x 8; x 6 1 1 2 1 Vậy chiều rộng của khu vườn hình chữ nhật là 8(m), chiều dài của khu vườn là 20m Câu 4 ( 3điểm ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O D bán kính R. Các đường cao AH và BK cắt đường C tròn tại điểm thứ hai theo thứ tự D và E. a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp. Xác định tâm H của đường tròn đó. b) Chứng minh DE//HK E K O c) Cho (O;R) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên F (O:R) sao cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng B độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK không A M đổi. N a) Tứ giác ABHK có A·KB A·HB 90O . Suy ra Tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn đường kính AB.Tâm O’ của đường tròn náy là trung điểm của AB. b) Tứ giác ABHK nội tiếp nên K·HA K·BA . Xét (O)có K·BA E·DA . Suy ra K·HA E·DA . Do đó HK//DE. c) Gọi M là trung điểm của AB M cố định OM không đổi. Chứng minh : AFBN là hình bình hành suy ra F,M,N thẳng hàng Chứng minh : CF = 2.OM không đổi. Chứng minh CKFH nội tiếp đường tròn đường kính CF. Suy ra độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác CF CHK bằng OM = không đổi 2 Câu 5 (1 điểm ) Giải hệ phương trình : x2 2y2 3xy 2x 4y 0 (1) 2 2 (x 5) 2x 2y 5 (2)
  57. x y Từ (1) (x-2y) (x-y-2) = 0 2 y x 2 x *Xét y thì (2) (x2 5)2 x 5 . Đặt x2 – 5 = a nên ta có hệ phương trình : 2 x2 5 a a x suy ra x2 – a2 -5= a-x – 5 (a-x)(a+x+1) = 0 . 2 a x 5 a x 1 - Khi a = x ta có phương trình x2 – x – 5 = 0 1 21 x y 1 21 1,2 2 1,2 - Khi a = -x-1 thì ta có phương trình x2 + x – 4 = 0 1 17 3 17 x y . 3,4 2 3,4 2 * Xét y = x-2 thì (2) (x2 5)2 9 x2 5 3 x2 8 x 2 2 y 2 2 2 2 x 5 3 x 2 y 2 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 8 nghiệm
  58. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NAM ĐỊNH 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 1. Điều kiện để biểu thức x x 2 có nghĩa là: A. x 2 . B. x 2 . C. x 2 . D. x 2 . Câu 2. Hệ số góc của đường thẳng có phương trình y 2014x 2015 là: A. 2014 . B. 2015 . C. 1. D. 2014 . Câu 3. Hàm số y 27 m 6 x 28 đồng biến trên ¡ khi và chỉ khi: A. m 0 . B. m 0 . C. m 6 . D. m 6 . Câu 4. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt: A. x2 3 0 . B. x2 3x 4 0 . C. x2 2x 1 0 . D. 3x2 7x 2 0 . Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Parbol P : y 3x2 đi qua điểm: A. M 2;3 . B. N 1;3 . C. P 1; 3 . D. Q 2;6 . Câu 6. Hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD và nội tiếp đường tròn bán kính R 5 (cm .) Diện tích của hình chữ nhật đó là: A. 8(cm2 ) . B. 6(cm2 ) . C. 4(cm2 ) . D. 2(cm2 ) . Câu 7. Hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Số tiếp tuyến chung của chúng là: A. 1. B. 3. C. 2. D. 4. Câu 8. Thể tích của hình trụ có bán kính đáy bằng 3(cm), chiều cao bằng 5(cm) là: A. 30 (cm3 ) . B. 45 (cm3 ) . C. 54 (cm3 ) . D. 75 (cm3 ) . Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 2 x 4x 1 1 1) Rút gọn biểu thức A : với x 0 và x 1 . 1 x 1 x x x x 2) Chứng minh đẳng thức 3 2 2 3 2 2 2. Câu 2. (1,5 điểm) 1) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (P) : y 2x2 và đường thẳng d : y 3x 1 2) Cho phương trình x2 4mx 4m2 m 2 0 . Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho x1 x2 2 . x y 2 y 6 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x 2y 3 0 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B. Trên cạnh BC lấy điểm E ( E khác B và C ). Đường tròn đường kính EC cắt cạnh AC tại M và cắt cắt đường thẳng AE tại 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 của góc B·MN. 3) Chứng minh AE.AN CE.CB AC 2. Câu 5. (1,0 điểm). Giải phương trình : 4x3 25x2 43x x 3x 2 22 3x 2. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị số 1: Giám thị số 2:
  59. 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 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D A C D B A C B Phần II – Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. ( 1,5 điểm). 2 x 4x 1 1 1) Rút gọn biểu thức A = : với x 0 và x 1. 1 x 1 x x x x 2) Chứng minh 3 2 2 3 2 2 2 . Nội dung trình bày 1) Với x 0 và x 1 thì biểu thức A xác định và ta có: 2 x (1 x) 4x x 1 1 A : (1 x )(1 x) (1 x )(1 x) x( x 1) x( x 1) 2 x 2x 4x x 2 : (1 x )(1 x) x( x 1) 2 x 2x x( x 1) . (1 x )(1 x) x 2 2 x (1 x) x( x 1) 2x . (1 x )(1 x) x 2 x 2 2x Vậy với x 0 và x 1thì A . x 2 2) Ta có 3 2 2 2 2 2 1 ( 2 1)2 2 1 2 1 vì 2 1 0 3 2 2 2 2 2 1 ( 2 1)2 2 1 2 1 vì 2 1 0 Suy ra 3 2 2 3 2 2 ( 2 1) ( 2 1) 2 (đpcm) Câu 2. ( 1,5 điểm). 1) Tìm tọa độ giao điểm của Parabol (P): y = 2x2 và đường thẳng (d): y = 3x - 1. 2) Cho phương trình x2 – 4mx + 4m2 – m + 2 = 0. Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho x1 x2 2 . Nội dung trình bày 1) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) 2x2 3x 1 2x2 3x 1 0 Ta có a + b + c = 2 + (-3) + 1 = -1 + 1 = 0 . 1 Suy ra phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = . 2 Với x1 = 1 tính được y1 = 1 1 1 Với x2 = tính được y2 = 2 2 1 1 Kết luận tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1;1) và ( ; ) 2 2 2) Ta có ∆/ = m - 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ∆> 0 m 2 0 m 2 2 Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 4m; x1x2 = 4m – m + 2.
  60. 2 2 Ta có x1 x2 3 x1 x2 4 x1 x2 4x1x2 4 (4m)2 4(4m2 m 2) 4 4m 12 0 m 3 (thỏa mãn m 2 ) Vậy m = 3 là giá trị cần tìm. x(y 2) y 6 Câu 3. ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình . x 2y 3 1 Nội dung trình bày Ta có x(y 2) y 6 (3 2y)(y 2) y 6 0 3y 6 2y2 4y y 6 0 2y2 0 y 0 x 2y 3 0 x 3 2y x 3 2y x 3 2y x 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y 3; 0 . Câu 4. ( 3,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại B, trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B và C ). Đường tròn đường kính EC cắt cạnh AC tại M và cắt đường thẳng AE tại 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 của góc B·MN . 3) Chứng minh AE.AN + CE .CB = AC2. Hình vẽ: A M C B E N 1) Chứng minh ABEM và ABNC là các tứ giác nội tiếp. Nội dung trình bày Ta có: E·MC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) EM  AC E·MA 900 (hai góc kề bù) Lại có A· BE 900 (gt) A· BE E·MA 900 900 1800 Suy ra ABEM là tứ giác nội tiếp đường tròn. Ta có: E·NC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay A·NC 900 hai đỉnh B và N cùng nhìn cạnh AC dưới một góc vuông Suy ra ABNC là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh ME là tia phân giác của góc B·MN . Nội dung trình bày Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEM ta có: B·ME B·AE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) (1) Xét đường tròn đường kính EC ta có: E·MC E·CN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EN) (2) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABNC ta có: B·AN B·CN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN) (3) Từ (1), (2), (3) B·ME E·MN ME là tia phân giác của góc B·MN .
  61. 3) Chứng minh AE.AN + CE .CB = AC2. Nội dung trình bày Xét ∆ vuông AME và ∆ vuông ANC có: N· AC chung ∆ AME ~ ∆ ANC (g. g) AE AM AE . AN = AM . AC . AC AN Xét ∆ vuông CME và ∆ vuông CBA có: A·CB chung CM CE ∆CME ~ ∆CBA (g. g) CM . CA = CE . BC . CB CA Suy ra: AE . AN + CE . BC = AM . AC + CM . AC = AC .(AM + CM ) = AC2. Câu 5. ( 1,0 điểm). Giải phương trình 4x3 25x2 43x x 3x 2 22 3x 2 . Nội dung trình bày Cách 1 2 + ĐKXĐ: 3x 2 0 x (*) 3 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x 1)(4x2 21x 22 3x 2) 0 x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x2 21x 22 3x 2 0 (1) + Biến đổi (1) trở thành 3x 2 21x 22 4x2 2 3x 2 21x 22 4x2 (Điều kiện 21x 22 4x2 0( ) ) 16x4 168x3 617x2 927x 486 0 (4x2 19x 18)(4x2 23x 27) 0 4x2 19x 18 0 hoặc 4x2 23x 27 0 19 73 23 97 x hoặc x 8 8 19 73 23 97 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy x ; x thỏa mãn (*) và ( ) 8 8 19 73 23 97  + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là 1; ;  . 8 8  Cách 2 2 + ĐKXĐ: 3x 2 0 x (*) 3 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x 1)(4x2 21x 22 3x 2) 0 x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x2 21x 22 3x 2 0 (1) + Biến đổi (1) trở thành 4x2 19x 18 (2x 4) 3x 2 (2x 4)2 ( 3x 2)2 4x2 19x 18 (2x 4) 3x 2 (Nhân liên hợp, do điều kiện (*)) (2x 4) 3x 2 x2 19x 18 4x2 19x 18 (2x 4) 3x 2 4x2 19x 18 0 hoặc (2x 4) 3x 2 = 1 19 73 x hoặc 3x 2 5 2x (2) 8
  62. 23 97 + Giải (2) được x 8 19 73 23 97 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy x ; x thỏa mãn (*) và ( ) 8 8 19 73 23 97  + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là 1; ;  . 8 8  Cách 3 2 + ĐKXĐ: 3x 2 0 x (*) 3 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x 1)(4x2 21x 22 3x 2) 0 x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x2 21x 22 3x 2 0 (1) + Biến đổi (1) trở thành 4x2 19x 18 (2x 4) 3x 2 (5 2x)2 ( 3x 2)2 4x2 23x 27 (5 2x) 3x 2 (Nhân liên hợp, do điều kiện (*)) (5 2x) 3x 2 4x2 23x 27 4x2 23x 27 (5 2x) 3x 2 4x2 23x 27 0 hoặc 5 2x 3x 2 = 1 23 96 x hoặc 3x 2 2x 4 (2) 8 19 73 + Giải (2) được x 8 19 73 23 97 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy x ; x thỏa mãn (*) và ( ) 8 8 19 73 23 97  + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là 1; ;  . 8 8  Bài 5. 3 ĐKXĐ: x 2 ta có: 4x3 25x2 43x x 3x 2 22 3x 2 x 1 4x2 21x 22 3x 2 0 x 1 (tm) 2 4x 21x 22 3x 2 1 Giải (1): (1) (4x2 16x 16) 2x 4 3x 2 3x 2 0 1 1 4(x 2)2 2(x 2) (3x 2) 3x 2 0 4 4 2 2 1 1 2 x 2 3x 2 0 2 2 2(x 2) 3x 2 1 0 (2) 2(x 2) 3x 2 0 (3) 23 97 Phương trình (2) có nghiệm thỏa món là: x 8
  63. 19 73 Phương trình (3) có nghiệm thỏa món là: x 8 19 73 23 97  Vậy phương trình đó cho có tập nghiệm là S = 1; ;  8 8 