đề thi vào lớp 10 môn toán thành phố hải phòng năm 2014-2015

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
GV giải đề: NGUYỄN HỮU BIỂN - THCS TAM HƯNG - Thủy Nguyên - Hải Phòng
I. PHẦN 1. TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)
Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức
2
1 2x
P
x
−
−−
−
=
==
=
là
A.
1
2
x
≤

B.
0
x
≠

C.
1
2
x
<
và
x 0
≠
≠≠
≠
D.
1
2
x
≤
và
x 0
≠
≠≠
≠

Đáp án : D
Câu 2: Hàm số nào sau đây không phải là hàm số bậc nhất ?
A.
2015 3

y x
= −

B.
3 1
y x
= +

C.
2
y x
= −

D.
7
3
x
y
−
=
Đáp án : B
Câu 3: Hệ phương trình
x y 2
2x y 10
+ =
+ =+ =
+ =







− =
− =− =
− =



có nghiệm là cặp số (x ; y) bằng :
A.
( 2; 4)
−
B.
(6;2)
C.
(6; 4)
−
D.
(4; 2)
−

Đáp án : D
Câu 4: Nếu
1 2
x ;x
là các nghiệm của phương trình
2
x x 1 0
+ − =

+ − =+ − =
+ − =
thì tổng
2 2
1 2
x x
+
++
+
bằng :
A.
( 2; 4)
−
B.
(6;2)
C.
(6; 4)
−
D.
(4; 2)
−

Đáp án : B
Câu 5: Tam giác MNP vuông tại M có đường cao MH. Biết MH = 2; NH = 1, x là độ dài MP, ta có :
x
2
1
P
H
N

M

A. x = 4
B.
x 6
=
==
=
C.
x 2 5
=
==
=
D.
x 3 5
=
==
=

Đáp án : C
Câu 6: Tam giác IJK vuông ở I có IJ = 3a; IK = 4a (a > 0), khi đó



cosIKJ
bằng :
4a
3a
K
J

I

A.
3
5
B.
3
4
C.
4
5
D.
4
3

Đáp án : C

2

Câu 7: Cho (O;5cm). Các điểm
A,B (O;5cm)
∈
∈∈
∈
sao cho



0
AOB 120

=
==
=
. Số đo độ dài của



AB
(nhỏ) là :
A.
10
(cm)
3
π
ππ
π

B.
10 (cm)
π
ππ
π

C.
2
(cm)
3
π
ππ
π

D.
10
(cm)
9
π
ππ
π

Đáp án : A
Câu 8: Cho tam giác MNP vuông ở M có MN = 5cm, MP = 3cm. Quay
MNP
∆
∆∆
∆
một vòng quanh cạnh
MN được một hình nón có thể tích
1
V
. Quay
MNP
∆
∆∆
∆
một vòng quanh cạnh MP được một hình nón có
thể tích
2
V
. Khi đó ta có tỉ số thể tích
1
2

V
V
bằng :
A.
3
4
B.
4
3
C.
5
3
D.
3
5

Đáp án : D

II. PHẦN 2. TỰ LUẬN (8,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức :

a) (0,5 điểm)
1
A 7 2 10 20 8
2
= − + +
= − + += − + +
= − + +

(
((
( )
))
)
(Do > 0)
2
1
A 5 2 2 5 .2 2
2
A 5 2 2 5 2
A 5 2 2 5 2 5 2
A 3 5
= − + +
= − + += − + +
= − + +
= − + +
= − + += − + +
= − + +
= − + + −
= − + + −= − + + −
= − + + −
=
==
=

b) (0,5 điểm)
1 1
B
3 2 3 2

= +
= += +
= +
− +
− +− +
− +

3 2 3 2
B
3 2 3 2
B 3 2 3 2
B 2 3
+ −
+ −+ −
+ −
= +
= += +
= +
− −
− −− −
− −
= + + −
= + + −= + + −
= + + −
=
==
=

2. (0,5 điểm)
Lập phương trình đường thẳng bậc nhất (d) biết (d) đi qua các điểm A(- 5; 2005) và B(2 ; 2019)

trên mặt phẳng tọa độ Oxy
+ Gọi phương trình đường thẳng bậc nhất (d) là : y = ax + b
+ Do (d) đi qua các điểm A(- 5; 2005) và B(2 ; 2019) nên
A,B (d)
∈
∈∈
∈

2005 a.( 5) b 7a 14 a 2
2019 a.2 b b 2019 2a b 2015
= − + = =
= − + = == − + = =
= − + = =
  
    
  
⇒
⇒⇒
⇒
⇔ ⇔
⇔ ⇔⇔ ⇔
⇔ ⇔
  
    
  
= + = − =
= + = − == + = − =
= + = − =
  
    

  

Vậy phương trình đường thẳng bậc nhất (d) biết (d) đi qua các điểm A(- 5; 2005) và B(2 ; 2019)
trên mặt phẳng tọa độ Oxy là y = 2x + 2015
Bài 2: (2,5 điểm)
1. (0,5 điểm) Giải bất phương trình
2 2 2 2
x (x 1) (x 3) (x 1)
− − ≥ + − +
− − ≥ + − +− − ≥ + − +
− − ≥ + − +


3

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
x (x 1) (x 3) (x 1)
x (x 2x 1) x 6x 9 (x 2x 1)
x x 2x 1 x 6x 9 x 2x 1
2x 1 4x 8
2x 4x 1 8
2x 9
9
x
2
− − ≥ + − +
− − ≥ + − +− − ≥ + − +
− − ≥ + − +

⇔ − − + ≥ + + − + +
⇔ − − + ≥ + + − + +⇔ − − + ≥ + + − + +
⇔ − − + ≥ + + − + +
⇔ − + − ≥ + + − − −
⇔ − + − ≥ + + − − −⇔ − + − ≥ + + − − −
⇔ − + − ≥ + + − − −
⇔ − ≥ +
⇔ − ≥ +⇔ − ≥ +
⇔ − ≥ +
⇔ − ≥ +
⇔ − ≥ +⇔ − ≥ +
⇔ − ≥ +
⇔ − ≥
⇔ − ≥⇔ − ≥
⇔ − ≥
⇔ ≤ −
⇔ ≤ −⇔ ≤ −
⇔ ≤ −

Vậy bất phương trình có nghiệm là
9
x
2
≤ −
≤ −≤ −
≤ −

2. Cho phương trình

2

x 2(m 1)x 2m 4 0 (1)
− − + − =
− − + − =− − + − =
− − + − =
(m là tham số)
a) (0,5 điểm) Giải phương trình (1) khi m = 2
+ Thay m = 2 vào phương trình đã cho ta có :
2 2
x 2(2 1)x 2.2 4 0 x 2x 0 x(x 2) 0
x 0 x 0
x 2 0 x 2
− − + − = ⇔ − = ⇔ − =
− − + − = ⇔ − = ⇔ − =− − + − = ⇔ − = ⇔ − =
− − + − = ⇔ − = ⇔ − =
= =
= == =
= =
 
  
 
⇔ ⇔
⇔ ⇔⇔ ⇔
⇔ ⇔
 
  
 
− = =
− = =− = =
− = =
 

  
 

Vậy với m = 2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt là
1 2
x 0;x 2
= =
= == =
= =

b) (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2
1 2
P x x
= +
= += +
= +
với
1 2
x ;x
là nghiệm của phương trình (1)
+ Phương trình (1) có :
víi mäi m R
2
2
2
2
' (m 1) 1.(2m 4)
' m 2m 1 2m 4
' m 4m 4 1

' (m 2) 1 0
∆ = − − −
∆ = − − −∆ = − − −
∆ = − − −
∆ = − + − +
∆ = − + − +∆ = − + − +
∆ = − + − +
∆ = − + +
∆ = − + +∆ = − + +
∆ = − + +
∆ = − + > ∈
∆ = − + > ∈∆ = − + > ∈
∆ = − + > ∈

Vậy với mọi m thì phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt
1 2
x ;x
với mọi m.
+ Theo hệ thức Vi-et ta có :
1 2
1 2
x x 2(m 1)
x .x 2m 4
+ = −
+ = −+ = −
+ = −







= −
= −= −
= −




+
[
[[
[ ]
]]
]
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2
2
2
2
2 2
2
P x x (x x ) 2x x
P 2(m 1) 2.(2m 4)
P 4(m 2m 1) 4m 8
P 4m 8m 4 4m 8
P 4m 12m 12
P (2m) 2.(2m).3 3 3
P (2m 3) 3 3

= + = + −
= + = + −= + = + −
= + = + −
= − − −
= − − −= − − −
= − − −
= − + − +
= − + − += − + − +
= − + − +
= − + − +
= − + − += − + − +
= − + − +
= − +
= − += − +
= − +
= − + +
= − + += − + +
= − + +
= − + ≥
= − + ≥= − + ≥
= − + ≥

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi
3
2m 3 0 m
2
− = ⇔ =
− = ⇔ =− = ⇔ =
− = ⇔ =

3. Giải bài toán bằng cách lập phương trình :
(1,0 điểm)
Một ca nô chạy xuôi dòng sông từ A đến B rồi chạy ngược dòng từ B về A hết tất cả 7 giờ 30
phút. Tính vận tốc thực của ca nô biết quãng đường sông AB dài 54 km và vận tốc dòng nước là 3km/h

4

+ Đổi 7 giờ 30 phút =
15
(h)
2

+ Gọi vận tốc thực của ca nô là x (km/h), x > 3
⇒
⇒⇒
⇒
vận tốc của ca nô khi xuôi dòng sông từ A đến B là : x + 3 (km/h) ; vận tốc của ca nô khi ngược
dòng sông từ B về A là : x - 3 (km/h)
⇒
⇒⇒
⇒
thời gian của ca nô khi xuôi dòng sông từ A đến B là :
54
(h)
x 3+
++
+
; thời gian của ca nô khi ngược
dòng sông từ B về A là :
54

(h)
x 3−
−−
−

+ Do ca nô chạy xuôi dòng sông từ A đến B rồi chạy ngược dòng từ B về A hết tất cả 7 giờ 30 phút nên
ta có phương trình :
54 54 15
x 3 x 3 2
+ =
+ =+ =
+ =
+ −
+ −+ −
+ −

+ Ta có :
2
2 2
2
54 54 15 x 3 x 3 15
54
x 3 x 3 2 x 9 2
2x 5
72x 5x 45 5x 72x 45 0
x 9 36
− + +
− + +− + +
− + +
 

  
 
+ = ⇔ =
+ = ⇔ =+ = ⇔ =
+ = ⇔ =
 
  
 
+ − −
+ − −+ − −
+ − −
 
  
 
⇔ = ⇔ = − ⇔ − − =
⇔ = ⇔ = − ⇔ − − =⇔ = ⇔ = − ⇔ − − =
⇔ = ⇔ = − ⇔ − − =
−
−−
−

Có
2
' 36 5.( 45) 1521 0
∆ = − − = >
∆ = − − = >∆ = − − = >
∆ = − − = >

⇒
⇒⇒

⇒
phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1
36 1521
x 15
5
+
++
+
= =
= == =
= =
;
1
36 1521 3
x
5 5
−
−−
−
= = −
= = −= = −
= = −

+ Ta thấy chỉ có
1
x 15
=
==
=

thỏa mãn điều kiện x > 3
Vậy vận tốc thực của ca nô là 15 (km/h)
Bài 3: (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) cố định và tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), các
đường cao BD và CE cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt ở D’ và E’
1. Chứng minh rằng tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp và DE // D’E’
2. Chứng minh rằng OA vuông góc với DE
3. Cho các điểm B và C cố định. Chứng minh rằng khi A di động trên cung lớn BC sao cho tam
giác ABC là tam giác nhọn thì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi

BÀI LÀM
1. (Hình vẽ đúng: 0,25 điểm)
* Có BD và CE là các đường cao của






0 0
ABC BD AC,CE AB BDC 90 ;BEC 90
∆
∆∆
∆ ⇒
⇒⇒
⇒ ⊥ ⊥
⊥ ⊥⊥ ⊥
⊥ ⊥ ⇒
⇒⇒
⇒ = =

= == =
= =

+ Tứ giác BEDC có






0 0
BDC 90 ;BEC 90
= =
= == =
= =
, mà 2 góc này cùng chắn cạnh BC
⇒
⇒⇒
⇒
tứ giác BEDC nội
tiếp (điều phải chứng minh) (0,5 điểm)
* Tứ giác BEDC nội tiếp










s®
1 1
DC
E B
2
⇒
⇒⇒
⇒ = =
= == =
= =
(1)
* Xét đường tròn (O) có









s®
1 1
E'C
B D'
2
= =
= == =
= =

(2)
Từ (1) và (2)






1 1
D' E
⇒
⇒⇒
⇒
=
==
=
, mà đây là 2 góc đồng vị
DE / /D'E'
⇒
⇒⇒
⇒
(điều phải chứng minh) (0,5 điểm)

2. (1,0 điểm)

5

* Tứ giác BEDC nội tiếp










s®
2
2
ED
B C
2
⇒
⇒⇒
⇒ = =
= == =
= =

* Trong đường tròn (O) có













s® s®
2
2
B C AE' AD'
⇒
⇒⇒
⇒
=
==
=
⇒
⇒⇒
⇒
=
==
=
⇒
⇒⇒
⇒
A là điểm chính giữa cung D’E’
⇒
⇒⇒
⇒
AO
đi qua trung điểm của D’E’
AO D'E'
⇒
⇒⇒

⇒
⊥
⊥⊥
⊥
, mà
DE / /D'E' OA DE
⇒
⇒⇒
⇒
⊥
⊥⊥
⊥
(điều phải chứng minh)
3. (0,75 điểm)
* Ta có tứ giác AEHD có






0
AEH ADH 90
= =
= == =
= =
⇒
⇒⇒
⇒
AH là đường kính

đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD
AH
⇒
⇒⇒
⇒
đồng thời là đường kính của đường
tròn ngoại tiếp
ADE
∆
∆∆
∆
AH
2
⇒
⇒⇒
⇒ là bán kính
của đường tròn ngoại tiếp
ADE
∆
∆∆
∆

* Vẽ đường kính AN của đường tròn (O)



0
NCA 90
⇒
⇒⇒

⇒ =
==
= (góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn)
NC AC NC / /BD
⇒
⇒⇒
⇒ ⊥
⊥⊥
⊥ ⇒
⇒⇒
⇒

* Chứng minh tương tự có BN // CE
⇒
⇒⇒
⇒
tứ
giác BHCN là hình bình hành
* Gọi M là giao điểm của BC và HN
⇒
⇒⇒
⇒
M
là trung điểm HN
AH 2.OM
⇒
⇒⇒
⇒ =
==

=

Mặt khác M là trung điểm BC nên
OM BC
⊥
⊥⊥
⊥

OM
⇒
⇒⇒
⇒
là khoảng cách từ O đến
BC, mà BC cố định, O cố định nên OM
không đổi
AH
⇒
⇒⇒
⇒
không đổi. (điều phải
chứng minh)
Bài 4: (1,0 điểm)
Cho 3 số a, b, c > 0, chứng minh rằng :
3 3 3 3 3 3
a b b c c a
a b c
2ab 2bc 2ca
+ + +
+ + ++ + +
+ + +

+ + ≥ + +
+ + ≥ + ++ + ≥ + +
+ + ≥ + +

HƯỚNG DẪN
+ Ta có
(Theo
3 3 2 2
a b (a b)(a b ab) (a b).ab cosi)
+ = + + − ≥ +
+ = + + − ≥ ++ = + + − ≥ +
+ = + + − ≥ +
3 3
a b a b
(1)
2ab 2
+ +
+ ++ +
+ +
⇒
⇒⇒
⇒ ≥
≥≥
≥
+ Tương tự ta có :
(2);
3 3 3 3
b c b c c a c a
(3)
2bc 2 2ca 2

+ + + +
+ + + ++ + + +
+ + + +
≥ ≥
≥ ≥≥ ≥
≥ ≥ (0,5 điểm)
+ Cộng vế (1), (2) và (3) ta có :
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3
a b b c c a a b b c c a
2ab 2bc 2ca 2 2 2
a b b c c a
a b c
2ab 2bc 2ca
+ + + + + +
+ + + + + ++ + + + + +
+ + + + + +
+ + ≥ + +
+ + ≥ + ++ + ≥ + +
+ + ≥ + +
+ + +
+ + ++ + +
+ + +
⇔ + + ≥ + +
⇔ + + ≥ + +⇔ + + ≥ + +
⇔ + + ≥ + +

(điều phải chứng minh)
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c (0,5 điểm)

N
M
2
1
1
2
1
1
O
E'
D'
H
E
D
C
B
A