Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán các tỉnh
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (650.92 KB, 22 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.ĐÀ NẴNG Năm h!c: 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 4A = −
2) Rút gọn biểu thức
2 2 2
2
2 2
x x
P
x
x x
−
= +
−
+
, với x > 0,
2x ≠
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 = x
2
có đồ thị (P) và hàm số y = 4x + m có đồ thị (d
m
)
1)Vẽ đồ thị (P)
2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (d
m
) 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 x
2
+ 2(m – 2)x – m
2
= 0, với m là tham số.
1)Giải phương trình khi m = 0.
2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
với x
1
< x
2
, tìm tất cả các giá trị của m sao
1 2
6x 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
»
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) BA
2
= 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)
2) Phương trình hoành độ giao điểm của y = x
2
và đường thẳng y = 4x + m là :
x
2
= 4x + m
⇔
x
2
– 4x – m = 0 (1)
(1) có
4 m
′
∆ = +
Để (d
m
) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì
0 4 0 4m 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
> − > − > −
⇔
− − − − −
± + = + = − + =
⇔
4
7
7
4
4
m
m
m
m
> −
< −
− −
+ =
(loại) hay
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 : x
2
– 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 0m 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
1 2 1 2
x 3 10, x 3 10 x x 6= − = + ⇒ − = −
(loại)
Khi m = 5 ta có
1 2 1 2
x 3 34,x 3 34 x x 6= − − = − + ⇒ − =
(thỏa)
Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 5:
1)Ta có
·
0
BAC 90=
nên BA là tiếp tuyến với (C).
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
2
AB BH.BC=
(1)
Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA
vì có góc B chung
và
·
·
BAE BFA=
(cùng chắn cung AE)
suy ra
2
AB BE
AB BE.FB
FB BA
= ⇒ =
(2)
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=
·
·
·
HAC EHB BFC= =
, do AB //EH. suy ra
·
·
·
·
· ·
DAF DAC FAC DFC CFA BFA= − = − =
·
·
DAF BAE⇒ =
, 2 góc này chắn các cung
»
»
AE,DF
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,
·
·
EDH HDN=
(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.
Vậy HK // AF.
Vậy ED // HK // AF.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NGÃI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015
MÔN : TOÁN (không chuyên)
Ngày thi: 19/6/2014
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (1,5 điểm)
43252 +
!"#$%&$'()−*+$',)-+
./01$&2!
2x
4x
:
2x
2
2x
x
+
+
−
+
+
3$"≥4"≠-
Bài 2: (2,0 điểm)
(5$6$7890:;"
-
#<"
*
−,=!4
*>7890:;"
*
−',#(+"#*
*
#−(!4'(+3$?@
20$7890:;'(+?&AB$0$C7D$C3$1$0$:E@
51$"
(
F"
*
?0$CE7890:;'(+@;$&2
!"
(
*
#"
*
*
−,"
(
"
*
G0$:?3H@
Bài 3: (2,0 điểm)
I&J>K& L$MN>0OF$08PD6>QRO9S& K?890TF
T7J?U&@L&08V$2H& ">0KW?890TFT7J)&B08V$2$
& LX?G$?U&;V$0$08V$2$>?D&908V$2H?,0$V@L&6$
Y0?&0;V$0$& L?890TFT7J?U&?
7
20
0$V@Z$L&?:$U0K;
;[$08V$& L?890TFT7JB?U&:>0V$0$>?D&\
Bài 4: (3,5 điểm)
>W8V0:XD]F8V0^!*.@51$_?$0$`E&0)a?$&K&0_
'a^_a^+@I8V0b0aM8V0b0]_G$)8V0b0]_M8V0b0aG$@
$L7& LEW8V0:XNaMMG$c@
20$]a?20$K$dL78V0:X@
20$]@!]@@
;:E$a:U&0_0$ac?0$e&@$Bf gP$CgE0$ac
h>.@
Bài 5: (1,0 điểm)
>$&2!'-"
<
#-"
-
−<"
,
#<"−*+
*4(-
#*4(<@0$:E$&2^$"!
12
12
2
1
+
−
@
iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiHẾTiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii
5$>$$^A00$6$0;U
ĐỀ CHÍNH THỨC
GỢI Ý BÀI GIẢI TOÁN VÀO 10 KHÔNG CHUYÊN LÊ KHIẾT QUẢNG NGÃI.
Bài 1:
43252
+
!(4#=!(=
I !"#$%&'()−*+U#!−*F',)-+U,−!-@
O& :!,F!<@jk 'P+ !,"#<
j3$"≥4"≠-B!
2x
4x
:
2x
2
2x
x
+
+
−
+
+
!l@@!
4x
2x
2x
1
−
+
=
−
Bài 2:
(5$6$7890:;"
-
#<"
*
−,=!4
Im!"
*
'≥4+B7890:;
*
#<−,=!4@∆
!*<−-@(@'−,=+!(=n
⇒
(
!-'^+)
*
!−n'?>G$+@j3$!-⇒"
*
!-⇒"!±*
*j3$?F7890:;"
*
−',#(+"#*
*
#−(!4'(+
B∆!o−',#(+p
*
−-@(@'*
*
#−(+!
*
#*#<!'#(+
*
#-q4∀
jk 7890:;'(+?&AB$0$C7D$C3$1$0$:E@
51$"
(
F"
*
?0$CE7890:;'(+@B"
(
#"
*
!,#()"
(
"
*
!*
*
#−(
!"
(
*
#"
*
*
−,"
(
"
*
!'"
(
#"
*
+
*
−<"
(
"
*
!',#(+
*
−<'*
*
#−(+!−'
*
−−=+
!−'−
2
1
+
*
#
2
13
≥
2
13
@S&r!s"6 :⇔−
2
1
!4⇔!
2
1
@
jk
$
!
2
13
^$!
2
1
Bài 3: 51$"'0$V+?V$0$08V$2cK;?">06A0$C@
'0$V+?V$0$08V$2ccK;?">06A0$C@'j3$"F q
7
20
+
BC7890:;
=−
=+
3
2
x
2
y
20
7
y
1
x
1
⇔
=−
=+
)2(6xy
)1(
20
7
y
1
x
1
t'(+'*+B7890:;
20
7
6x
1
x
1
=
+
+
@5$6$7890:;8u"
(
!-F"
*
!−
7
30
1"!-@
jk V$0$K;?">06A0$CE08V$2c?-0$VF
E08V$2cc?(40$V@
Bài 4:
$∠]!∠a!n4
4
]aY0;>GP83$K0Bn4
4
⇒]a20$K$dL78V0:X8V0^
$∆]∆]'0@0+⇒
DB
AC
OB
OC
=
⇒]@!]@'7+
B∠ca!∠a'Y0M&0aE']++
B∠ca!∠a'Y0Y3$∠]a+
O& :∠ca!∠ca⇒∆caDG$c@
I∆ca?0$e&;∠ca!=4
4
⇒
∠a!=4
4
⇒]a!a!]!.
⇒>&0av0=4
4
$∆caDG$c⇒c!ca!c!*
>BO
ac
!
2
1
O
a
!
2
1
@
2
1
@a@a!
4
1
@
3
3R
@.!
12
3R
2
'P+
Bài 5:
B"!
12
12
2
1
+
−
!
( )
( ) ( )
12.12
12
2
1
2
−+
−
!
2
12 −
⇒"
*
!
4
223 −
)"
,
!"@"
*
!
8
725 −
)"
-
!'"
*
+
*
!
16
21217 −
)"
<
!"@"
-
!
32
41229 −
>B-"
<
#-"
-
−<"
,
#<"−*!
1
8
1620220352252243441229
−=
−−++−−+−
jk !'-"
<
#-"
-
−<"
,
#<"−*+
*4(-
#*4(<!'−(+
*4(-
#*4(<!(#*4(<!*4(=
iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii
UBND tỈNH BẮC NINH THI TUY N SINH VÀO L P 10 THPT CHUYÊNĐỂ Ể Ớ
S GIÁO D C VÀ ÀO T O N M H C 2014 - 2015 Ở Ụ Đ Ạ Ă Ọ
Môn Thi : Toán ( Dành cho t t c thí sinh ấ ả )
Th i gian làm bài : 120 phútờ ( không k th i gian giaoể ờ )đề
Ngày thi : 20 tháng 6 n m 2014 ă
Câu I. ( 1, 5 i m )đ ể
Cho ph ng trình ươ
0622
2
=−−+ mmxx
(1) , v i n x , tham s m .ớ ẩ ố
1) Gi i ph ng trình (1) khi m = 1ả ươ
2) Xác đ nh giá tr c a m đ ph ng trình (1) có hai nghi m xị ị ủ ể ươ ệ
1
, x
2
sao cho
2
2
2
1
xx +
nh nh t.ỏ ấ
Câu II. ( 1,5 i m )đ ể
Trong cùng m t h to đ , g i (P ) là đ th c a hàm s y = xộ ệ ạ ộ ọ ồ ị ủ ố
2
và (d) là đ th c a hàm s y = -x + 2 ồ ị ủ ố
1) V các đ th (P) và (d) . T đó , xác đ nh to đ giao đi m c a (P) và (d) b ng đ th .ẽ ồ ị ừ ị ạ ộ ể ủ ằ ồ ị
2) Tìm a và b đ đ th ể ồ ị
∆
c a hàm s y = ax + b song song v i (d) và c t (P) t i đi m có hoành đ b ng -1 ủ ố ớ ắ ạ ể ộ ằ
CHÍNH ĐỀ
TH C Ứ
Câu III .( 2,0 i m )đ ể
1) M t ng i đi xe đ p t đ a đi m A đ n đ a đi m B , quãng đ ng AB dài 24 km . Khi đi t B tr v A ộ ườ ạ ừ ị ể ế ị ể ườ ừ ở ề
ng i đó t ng v n t c thêm 4km so v i lúc đi , vì v y th i gian v ít h n th i gian đi 30 phút . Tính v n t c c a xe ườ ă ậ ố ớ ậ ờ ề ơ ờ ậ ố ủ
đ p khi đi t A đ n B .ạ ừ ế
2 ) Gi i ph ng trình ả ươ
( )
111 =−+−+ xxxx
Câu IV . ( 3,0 i m )đ ể
Cho tam giác ABC có ba góc nh n và ba đ ng cao AA’ , BB’ ,CC’ c t nhau t i H .V hình bình hành ọ ườ ắ ạ ẽ
BHCD . ng th ng qua D và song song v i BC c t đ ng th ng AH t i M .Đườ ẳ ớ ắ ườ ẳ ạ
1) Ch ng minh r ng n m đi m A, B ,C , D , M cùng thu c m t đ ng tròn.ứ ằ ă ể ộ ộ ườ
2) G i O là tâm đ ng tròn ngo i ti p tam giác ABC .Ch ng minh r ng BM = CDọ ườ ạ ế ứ ằ
và góc BAM = góc OAC .
3) G i K là trung đi m c a BC , đ ng th ng AK c t OH t i G . Ch ng minh r ng G là tr ng tâm c a tam ọ ể ủ ườ ẳ ắ ạ ứ ằ ọ ủ
giác ABC.
Câu V .( 2, 0 i m )đ ể
1) Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c P = aị ỏ ấ ủ ể ứ
2
+ ab + b
2
– 3a – 3b + 2014 .
2) Có 6 thành ph trong đó c 3 thành ph b t k thì có ít nh t 2 thành ph liên l c đ c v i nhau . Ch ng ố ứ ố ấ ỳ ấ ố ạ ượ ớ ứ
minh r ng trong 6 thành ph nói trên t n t i 3 thành ph liên l c đ c v i nhau.ằ ố ồ ạ ố ạ ượ ớ
H t ế
( này g m có 01 trang)Đề ồ
H và tên thí sinh : S báo danh : ọ ố
H ng d n s l c thi môn toán dành cho t t c thí sinh n m h c 2014-2015ướ ẫ ơ ượ đề ấ ả ă ọ
Thi vào THPT chuyên T nh B c Ninh và câu V chuyên toánỉ ắ
Câu I. ( 1, 5 i m )đ ể
Cho ph ng trình ươ
0622
2
=−−+ mmxx
(1) , v i n x , tham s m .ớ ẩ ố
1) Gi i ph ng trình (1) khi m = 1ả ươ
2) Xác đ nh giá tr c a m đ ph ng trình (1) có hai nghi m xị ị ủ ể ươ ệ
1
, x
2
sao cho
2
2
2
1
xx +
nh nh t.ỏ ấ
HD :
1) GPT khi m =1
+ Thay m =1 v ào (1) ta đ ư ợc x
2
+ 2x – 8 = 0 ( x + 4 ) ( x – 2 ) = 0 x = { - 4 ; 2 }
KL :
2) x ét PT (1) :
0622
2
=−−+ mmxx
(1) , v i n x , tham s m . ớ ẩ ố
+ Xét PT (1) có
( )
( )
05162
2
2
1
'
>++=++=∆ mmm
(luôn đúng ) v i m i m => PT (1) luôn có hai nghi m phân bi t xớ ọ ệ ệ
1
; x
2
v i m i mớ ọ
+ M t khác áp d ng h th c viét vào PT ( 1) ta có : ặ ụ ệ ứ
( )
+−=
−=+
62
2
21
21
mxx
mxx
(I)
+ L i theo đ và (I) có :A = xạ ề
1
2
+ x
2
2
= ( x
1
+ x
2
)
2
– 2 x
1
x
2
= ( - 2m )
2
+ 2 ( 2m + 6 )
= 4m
2
+ 4m + 12
= ( 2m + 1)
2
+ 11
11≥
v i m i m => Giá tr nh nh t c a A là 11 khi m = ớ ọ ị ỏ ấ ủ
2
1−
.
KL :
Câu II. ( 1,5 i m )đ ể
Trong cùng m t h to đ , g i (P ) là đ th c a hàm s y = xộ ệ ạ ộ ọ ồ ị ủ ố
2
và (d) là đ th c a hàm s ồ ị ủ ố
y = -x + 2
1) V các đ th (P) và (d) . T đó , xác đ nh to đ giao đi m c a (P) và (d) b ng đ th .ẽ ồ ị ừ ị ạ ộ ể ủ ằ ồ ị
2) Tìm a và b đ đ th ể ồ ị
∆
c a hàm s y = ax + b song song v i (d) và c t (P) t i đi m có hoành đ b ng -1 ủ ố ớ ắ ạ ể ộ ằ
HD : 1) v ch ính xác và xác đ nh đ ẽ ị 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 i m )đ ể
1) M t ng i đi xe đ p t đ a đi m A đ n đ a đi m B , quãng đ ng AB dài 24 km . Khi đi t B tr v A ộ ườ ạ ừ ị ể ế ị ể ườ ừ ở ề
ng i đó t ng v n t c thêm 4km so v i lúc đi , vì v y th i gian v ít h n th i gian đi 30 phút . Tính v n t c c a xe ườ ă ậ ố ớ ậ ờ ề ơ ờ ậ ố ủ
đ p khi đi t A đ n B .ạ ừ ế
2 ) Gi i ph ng trình ả ươ
( )
111 =−+−+ xxxx
HD :
1) G ọi x ( km /h ) l à v ận t ốc ng ư ời đi xe đ p tạ ừ A -> B ( x > 0 ) . L ý luận đ a ra PT : ư
2
1
4
2424
=
+
−
xx
=> x = 12 ( t/m ) . KL :
2) KX Đ Đ
10
≤≤
x
Đ ặt 0 < a =
( )
xx
a
xx −=
−
⇒−+ 1
2
1
1
2
+ PT m ới l à : a +
1
2
1
2
=
−a
a
2
+ 2a – 3 = 0 ( a – 1 )( a + 3 ) = 0 a = { -3 ; 1 } => a = 1 > 0
+ Nếu a = 1 = >
⇒=−+ 11 xx
x = { 0 ; 1 } ( t/m)
KL : …………
Câu IV . ( 3,0 i m )đ ể
Cho tam giác ABC có ba góc nh n và ba đ ng cao AA’ , BB’ ,CC’ c t nhau t i H .V hình bình hành ọ ườ ắ ạ ẽ
BHCD . ng th ng qua D và song song v i BC c t đ ng th ng AH t i M .Đườ ẳ ớ ắ ườ ẳ ạ
1) Ch ng minh r ng n m đi m A, B ,C , D , M cùng thu c m t đ ng tròn.ứ ằ ă ể ộ ộ ườ
2) G i O là tâm đ ng tròn ngo i ti p tam giác ABC .Ch ng minh r ng BM = CDọ ườ ạ ế ứ ằ
và góc BAM = góc OAC .
3) G i K là trung đi m c a BC , đ ng th ng AK c t OH t i G . Ch ng minh r ng G là tr ng tâm c a tam ọ ể ủ ườ ẳ ắ ạ ứ ằ ọ ủ
giác ABC
HD : HS t v hình ự ẽ
1) Ch ng minh các t giác ABMD , AMDC n i ti p => A, B ,C,D , M n m trên cùng m t đ ng trònứ ứ ộ ế ằ ộ ườ
2) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay BM = CD
+ Theo ph n 1) và BC//MD => góc BAM =góc OACầ
3)Ch ng minh OK là đ ng trung bình c a tam giác AHD => OK//AH và OK = ứ ườ ủ
AH
2
1
hay
2
1
=
AH
OK
(*)
+ Ch ng minh tam giác OGK đ ng d ng v i tam giác HGA => ứ ồ ạ ớ
GKAG
AG
GK
AH
OK
2
2
1
==>==
, t đó suy ra G là ừ
tr ng tâm c a tam giác ABCọ ủ
Câu V .( 2, 0 i m )đ ể
1)Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c P = aị ỏ ấ ủ ể ứ
2
+ ab + b
2
– 3a – 3b + 2014 .
2)Có 6 thành ph trong ó c 3 thành ph b t k thì có ít nh t 2 thành ph liên l c c v i nhau . ố đ ứ ố ấ ỳ ấ ố ạ đượ ớ
Ch ng minh r ng trong 6 thành ph nói trên t n t i 3 thành ph liên l c c v i nhau.ứ ằ ố ồ ạ ố ạ đượ ớ
HD :
1) Giá tr nh nhị ỏ ất của P là 2011 khi a =b = 1
2) G i 6 th ành phọ ố 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 l i thì có ít nhạ ất 3 thành phố
liên l c đạ ược với A hoặc có ít nhất 3 thành phố không liên l c đạ ược với A ( v ì nếu số thành phố liên l c đ c ạ ượ
v i A c ng không v t quá 2 và s thành ph không liên l c đ c v i A c ng không v t quá 2 thì ngoài A , s ớ ũ ượ ố ố ạ ượ ớ ũ ượ ố
thành ph còn l i c ng không v t quá 4 ) . Do đó ch x y ra các kh n ng sau : ố ạ ũ ượ ỉ ả ả ă
• Kh n ng 1 : ả ă
s thành ph liên l c đ c v i A không ít h n 3 , gi s B,C,D liên l c đ c v i A . Theo đ bài trong 3 thành ố ố ạ ượ ớ ơ ả ử ạ ượ ớ ề
ph B,C,D có 2 thành ph liên l c đ c v i nhau . Khi đó 2 thành ph này cùng v i A t o thành 3 thành ph đôi m t ố ố ạ ượ ớ ố ớ ạ ố ộ
liên l c đ c v i nhau .ạ ượ ớ
• Kh n ng 2 : ả ă
số thành phố không liên l c đạ ược với A , không ít h n ,gi sơ ả ử 3 thành phố không liên l c đạ ược với A là D,E,F .
Khi đó trong bộ 3 thành phố ( A,D,E) thì D và E liên l c đạ ược với nhau ( v ì D,E không
liên l c đạ ược với A )
T ng tươ ự trong bộ 3 ( A,E,F) v à ( A,F,D) th ì E,F liên l c đạ ược với nhau , F và D liên l c ạ
được với nhau và như vậy D,E,F l à 3 thành phố đôi một liên l c đạ ược với nhau . Vậy ta
có PCMĐ
C âu V : đ ề chuyên toán ng ày thi 20-6-2014
Cho t p A = { 1 ; 2 ; 3 ; ….; 16 } . Hãy tìm s nguyên d ng k nh nh t sao cho trong m i t p h p con ậ ố ươ ỏ ấ ỗ ậ ợ
g m k ph n t c a A u t n t i hai s phân bi t a, b mà aồ ầ ử ủ đề ồ ạ ố ệ
2
+ b
2
là m t s nguyên t .ộ ố ố
HD :
Nếu a , b chẵn thì a
2
+ b
2
là hợp số . Do đó nếu tập con X của A có 2 phần tử phân biệt a,b m à
a
2
+ b
2
là số nguyên tố thì X không thể chỉ chứa các số chẵn => K
9
≥
Bây giờ ta đi chứng minh K = 9 là giá tr nh nhị ỏ ất cần tìm c a bài toán . ủ
Thật vậy với tập con X gồm 9 phần tử bất kì c a A luôn tủ ồn tại 2 phần tử phân biệt a,b m à
a
2
+ b
2
l à số nguyên tố . Thật vậy : ta chia tập hợp A thành các cặp 2 phần tử
phân biệt a , b mà a
2
+ b
2
là số nguyên tố ,ta có tất cả 8 cặp l à : ( 1;4) , ( 2;3) , ( 5;8) , ( 6;11) , ( 7; 10) , ( 9 ;16 ) ,
( 12 ;13) , ( 14 ; 15 ) . Theo nguyên lí Dirichlet thì 9 phần tử của X có 2
phần tử cùng thuộc một cặp => ĐPCM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 KHÁNH HOÀ NĂM
HỌC 2014 – 2015
.
MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)
0 $*4=*4(-
Bài 1: (2,00 điểm)
(+A0PY0 gS Fg0$:$&2
1 8 10
2 1 2 5
A
−
= −
+ −
*+./01$&2!
1
:
2 2 4 4
a a a
a a a a a
+
+
÷
− − − +
3$q4F≠-@
Bài 2: (2,00 điểm)
(+>C7890:;
ax y y
x by a
− = −
− = −
;$LC7890:;f>B0$C'"F +!'*),+@
*+5$6$7890:;
( )
2 2 – 1 3 5 6 3 8x x x
− − = −
Bài 3: (2,00 điểm)
:>0m7b0]" >7:>?'a+
2
1
2
y x
=
Iwcxy
+jz'a+@
+:U'a+?H $B>K"
!i*@;1K$_:U:{]">>_|_G0$:?3HF$L:v0
'()(+@
Bài 4: (2,00 điểm)
>W8V0:X']+8V0^;!*.@jz8V0b0P?dL7& LE']+G$@
:U&0
»
AB
?H $_Y R'_^+Fd_MPG$@51$?:&0$E
_Fd]MPG$@
+20$:v0]K$dL7@
+20$:v0]⊥
+20$:v0@!]@@
P+:$_'*_#+G0$:ZH@
iiiii}iiiii
!"
HƯỚNG DẪN GIẢI
#!$%&'()*+,-./+012)3.)4+5
Bài 1: (2,00 điểm)
(+
1 8 10 2 1 2(2 5)
2 1 2 1
1
2 1 2 5 2 5
A
− − −
= − = − = − − = −
+ − −
*+ !
1
:
2 2 4 4
a a a
a a a a a
+
+
÷
− − − +
3$q4F≠-@
!
2
1 ( 2)
:
2 2 4 4 2 2 1
a a a a a a
a a a a a a a a
+ −
+ = + ×
÷
÷
− − − + − − +
!
2 2
( 2) (1 ) ( 2)
( 2)
2 1 2 1
a a a a a a
a a
a a a a
+ − + −
× = × = −
− + − +
Bài 2: (2,00 điểm)
(+j;C7890:;
ax y y
x by a
− = −
− = −
B0$C'"F +!'*),+UB7
2 3 2 3 6 3 9 7 7 1
2 3 3 2 3 2 2 3 1
a b a b a b a a
b a a b a b a b b
− = − + = + = = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
− = − − = − − = − + = =
jk !(F!(
*+5$6$7890:;
( )
2 2 – 1 3 5 6 3 8x x x
− − = −
( )
2 2
4 2 –1 6 5 6 2 3 8
((5 6 5 6 9) ((3 2 3 8 1) 0
( 5 6 3) ( 3 8 1) 0
5 6 3 0
3
3 8 1 0
x 6) x 8)
x x x
x x
x x
x
x
x
⇔ − − = −
⇔ − + + − + =
⇔ − − + −
−
− =
− − =
⇔ ⇔ =
− − =
− − −
jk 7B0$C"!,@
Bài 3: (2,00 điểm)
:>0m7b0]" >7:>?'a+
2
1
2
y x
=
+Qk7600$:'OT?+@
I
+j;∈'a+B>K"
!i*U
!*@jk 'i*)*+
QH _'"
_
)4+H^;&K]"F
B_|_≤'>_ ~$:U]"I0$+
H&r!s"J :^$,$FF_b00F^$B_?0$>$E8V0b0:{]"@
iQk778V0b0
i;0$>$E8V0b0]"F•_'-)4+@
Bài 4: (2,00 điểm)
>W8V0:X']+8V0^;!*.@jz8V0b0P?dL7& LE']+G$@
:U&0
»
AB
?H $_Y R'_^+Fd_MPG$@51$?:&0$E
_Fd]MPG$@
+20$:v0]K$dL7@
+'6783,9:;<
·
·
0
180OCN OBN+ =
+20$:v0]⊥
+'
°
=3'<0>%27)
& :]?8V0>2 ]⊥
+20$:v0@!]@@
+'
°
,=7
#
°
,'3
⇒
D
CA CO
C CN
=
⇒
,=",3?,7",'
P+:$_'*_#+G0$:ZH@
B*_#≥*
2 .AM AN
'I& |A$+
20$_@!
*
!
*@
'(+
O& :*_#≥*
2
2.4R
!
2.
Ib02"J :^$*_!⇒_!*'*+
t'(+'*+& :_!.
2
⇒°]_&A0G$]⇒_?$0$`&0
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TP.HCM Năm h!c: 2014 – 2015
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
7 12 0− + =x x
+
2
( 2 1) 2 0− + + =x x
+
4 2
9 20 0− + =x x
P+
3 2 4
4 3 5
− =
− =
x y
x y
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
=y x
và đường thẳng (D):
2 3= +y x
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
5 2 5 1 3 5
+
= + −
+ − +
A
1 2 6
: 1
3 3 3
= + − +
÷ ÷
+ + +
x
B
x x x x x x
'"q4+
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình
2
1 0− − =x mx
'(+'x là ẩn số+
a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm trái dấu
b) Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1):
Tính giá trị của biểu thức :
2
2
1 1
2 2
1 2
1
1
+ −
+ −
= −
x x
x x
P
x x
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
·
·
0
AHC 180 ABC= −
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
¶
·
AJI ANC=
d) Chứng minh rằng : OA vuông góc với IJ
BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
7 12 0− + =x x
2
7 4.12 1
7 1 7 1
4 3
2 2
∆ = − =
+ −
⇔ = = = =x hay x
+
2
( 2 1) 2 0− + + =x x
aương trình có : a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm là :
1 2⇔ = = =
c
x hay x
a
+
4 2
9 20 0− + =x x
Đặt u = x
2
0
≥
pt thành :
2
9 20 0 ( 4)( 5) 0− + = ⇔ − − =u u u u
4 5⇔ = =u hay u
Do đó pt
2 2
4 5 2 5⇔ = = ⇔ = ± = ±x hay x x hay x
P+
3 2 4
4 3 5
− =
− =
x y
x y
⇔
12 8 16
12 9 15
− =
− =
x y
x y
⇔
1
2
=
=
y
x
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
2
2 3= +x x
⇔
2
2 3 0− − =x x
1 3⇔ = − =x hay x
'i#!4+
y(-1) = 1, y(3) = 9
jậy 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
5 2 5 1 3 5
+
= + −
+ − +
A
(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
+ − + −
= + −
+ − − + + −
+ − + − +
= − + − = − +
= − + − =
1 2 6
: 1
3 3 3
= + − +
÷ ÷
+ + +
x
B
x x x x x x
'"q4+
1 2 6
:
3 3 ( 3)
1 ( 2)( 3) 6
:
3 ( 3)
( 1). 1
−
= + +
÷ ÷
÷ ÷
+ + +
+ − + +
=
÷
÷
+ +
= + =
+
x x
x x x x x
x x x
x x x
x
x
x x
Câu 4:
Cho phương trình
2
1 0− − =x mx
'(+'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 x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (1):
Tính giá trị của biểu thức :
2
2
1 1
2 2
1 2
1
1
+ −
+ −
= −
x x
x x
P
x x
Ta có
2
1 1
x mx 1= +
và
2
2 2
x mx 1= +
(do x
1
, x
2
thỏa 1)
Do đó
1 1 2 2
1 2
1 2 1 2
mx 1 x 1 mx 1 x 1
(m 1)x (m 1)x
P 0
x x x x
+ + − + + −
+ +
= − = − =
(Vì
1 2
x .x 0≠
)
Câu 5
a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối
F và D vuông
⇒
·
·
·
0
180= = −FHD AHC ABC
b)
·
·
ABC AMC=
cùng chắn cung AC
mà
·
·
ANC AMC=
do M, N đối xứng
Vậy ta có
·
AHC
và
·
ANC
bù nhau
⇒
tứ giác AHCN nội tiếp
c) Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếp
B
A
F
C
O
D
K
H
M
x
I
J
Q
N
Ta có
·
·
NAC MAC=
do MN đối xứng qua AC mà
· ·
NAC CHN=
(do AHCN nội tiếp)
⇒
¶
¶
IAJ IHJ=
⇒
tứ giác HIJA nội tiếp.
⇒
¶
AJI
bù với
·
AHI
mà
·
ANC
bù với
·
AHI
(do AHCN nội tiếp)
⇒
¶
·
AJI ANC=
Cách 2 :
Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp
Ta có
·
AMJ
=
·
ANJ
do AN và AM đối xứng qua AC.
Mà
·
ACH
=
·
ANH
(AHCN nội tiếp) vậy
¶
ICJ
=
·
IMJ
⇒
IJCM nội tiếp
⇒
¶
·
·
AJI AMC ANC= =
d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có
·
AJQ
=
·
AKC
vì
·
AKC
=
·
AMC
(cùng chắn cung AC), vậy
·
AKC
=
·
AMC
=
·
ANC
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
µ
0
Q 90=
. Hay AO vuông góc với IJ
Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có
·
xAC
=
·
AMC
mà
·
AMC
=
¶
AJI
do chứng minh trên vậy ta có
·
xAC
=
·
AJQ
⇒
JQ song song Ax
vậy IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO)
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) Th|c hiện các phép tính
a)
( ) ( )
A 2 5 2 5= − +
b)
( )
B = 2 50 3 2−
Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình:
2
2 15 0x x+ − =
.
Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phương trình:
2
3
1
2 4
y
x
y
x
+ =
− =
.
Câu 4 : (1 điểm) Tìm a và b để đường thẳng
( ) ( )
d : a 2 by x= − +
có hệ số góc bằng 4 và đi qua điểm
( )
M 1; − 3
.
Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số
2
2y x= −
.
Câu 6 : (1 điểm) Lớp 9A d| định trồng 420 cây xanh. Đến ngày th|c 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
( )
2
2 m +1 m 4 0x x− + − =
luôn có hai nghiệm phân biệt
1
x
,
2
x
và biểu thức
( ) ( )
1 2 2 1
M 1 1x x x x= − + −
không phụ thuộc vào m.
Câu 8 : (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC), biết
·
0
ACB 60=
,
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
2 2
AB CD+
theo a.
H•T
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) Th|c hiện các phép tính
a)
( ) ( ) ( )
2
2
A 2 5 2 5 2 5 4 5 1= − + = − = − = −
.
b)
( )
B = 2 50 3 2 100 3.2 10 6 4− = − = − =
.
Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình:
2
2 15 0x x+ − =
.
( )
2
1 4.2. 15 121 0∆ = − − = >
,
11∆ =
.
1
1 11 10 5
4 4 2
x
− +
= = =
;
2
1 11 12
3
4 4
x
− − −
= = = −
.
Vậy
5
S = ; 3
2
−
.
Câu 3 : (1 điểm) Điều kiện
0x
≠
.
2
3
1
2 4
y
x
y
x
+ =
− =
4
2 6
1
2 4
y
x
y
x
+ =
⇔
− =
5
10
2
3
x
y
x
=
⇔
+ =
5
10
2
3
x
y
x
=
⇔
+ =
1
2
4 3
x
y
=
⇔
+ =
1
2
1
x
y
=
⇔
= −
(nhận).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
( )
1
; ; 1
2
x y
= −
÷
.
Câu 4 : (1 điểm) Tìm a và b để
( ) ( )
d : a 2 by x= − +
có hệ số góc bằng 4 và qua
( )
M 1; − 3
.
Đường thẳng d có hệ số góc bằng 4
a 2 4
⇔ − =
a 6
⇔ =
.
Mặt khác (d) đi qua điểm
( )
M 1; − 3
nên thay
a 6
=
,
1x
=
;
3y = −
vào
( )
a 2 by x= − +
.
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 : 6 7y x= −
.
Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số
2
2y x= −
.
BGT
x
2−
1−
0
1
2
2
2y x= −
8−
2−
0
2−
8−
Câu 6 : (1 điểm)
Gọi số học sinh lớp 9A là
x
( )
, 7x x
+
∈ >Z
.
Theo kế hoạch, mỗi em phải trồng
420
x
(cây).
Trên th|c tế. số học sinh còn lại là :
7x −
.
Trên th|c tế, mỗi em phải trồng
420
7x −
(cây).
Do lượng cây mỗi em trồng trên th|c tế hơn 3 cây so với kế hoạch nên ta có phương trình :
( )
420 420
3 7
7
x
x x
− = >
−
( ) ( )
420 420 7 3 7x x x x⇒ − − = −
2
3 21 2940 0x x⇔ − − =
2
7 980 0x x⇔ − − =
(chia 3)
( )
2
7 4.1. 980 3969 0∆ = − − = >
,
3969 63∆ = =
.
1
7 63
35
2
x
+
= =
(nhận) ;
2
7 63
28
2
x
−
= = −
(loại).
Vậy lớp 9A có 35 học sinh.
Câu 7 : (1 điểm) Phương trình
( )
2
2 m +1 m 4 0x x− + − =
.
Phương trình có
( ) ( )
2
2 2
' m 1 1. m 4 m 2m 1 m 4 m 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
1 2
2m 2x x+ = +
;
1 2
. m 4x x = −
.
( ) ( )
1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
M 1 1 2x x x x x x x x x x x x x x= − + − = − + − = + −
.
( )
1 2 1 2
M 2 2m 2 2 m 4 2m 2 2m 8 10x x x x= + − = + − − = + − + =
(không phụ thuộc vào m).
Câu 8 :
GT
ABC∆
,
µ
0
A 90=
,
AH BC⊥
,
·
0
ACB 60=
,
CH = a
KL Tính AB và AC theo a?
ACH
∆
có
CH
cosC
AC
=
nên
0
CH a a
AC 2a
1
cosC cos60
2
= = = =
.
ABC
∆
có
0
AB = AC.tanC = 2a.tan 60 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
Ta có :
·
»
1
ADC AC
2
= sñ
.
µ
¼
»
( )
¼
»
( )
»
1 1 1
N ADB BC ACB BC AC
2 2 2
= − = − =sñ sñ sñ sñ sñ
.
·
µ
ADC N⇒ =
(cùng bằng
»
1
AC
2
sñ
).
⇒
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
2 2
AB CD+
theo a.
Tính
2 2
AB CD+
theo a.
Vẽ đường kính CE của đường tròn (O).
Ta có :
·
0
EAC 90=
,
·
0
EDC 90=
(góc nội tiếp chắn đường kính EC).
AC AE
AE BD
AC BD ( )gt
⊥
⇒
⊥
P
⇒
ABDE là hình thang cân (hình thang nội tiếp (O))
AB = DE⇒
(cạnh bên hình thang cân).
( )
2
2 2 2 2 2 2
AB + CD = DE + DC = EC 2a 4a⇒ = =
(do
EDC
∆
vuông tại D).
Vậy
2 2 2
AB CD 4a+ =
.
HFT
