Đề tuyển sinh vào 10 môn toán có đáp án số 43

ĐỀ 43
Bài 1: (1đ).
Thu gọn biểu thức:
B=
1 1 5 5
5 2 5 2 5 1
−
 
−
 ÷
− + −
 
Bài 2: (2đ)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x
4
+ 15x
2
– 16 = 0
b) 3x – 2y = 1
x + 3y = 4
Bài 3: (1.5đ)
a) Vẽ đồ thị (p) của hàm số y = 2x
2
và đường thẳng (D): y = - x + 3 trên cùng một
hệ trục toạ độ.
b) Tìm toạ độ giao điểm của (p) và (D) bằng phương pháp tính.
Bài 4: (2đ).
Cho phương trình: x
2
– 2mx + 2m - 1 = 0 (1) (ẩn x, tham số m).

a) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (1). Tính theo m giá trị của biểu thức.
A =
)1(2
32
21
2
2
2
1
21
xxxx
xx
+++
+
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A.
Bài 5: (3.5đ)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R) và có 3 đường cao
AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh các tứ giác BFEC, AFHE nội tiếp.
b) Chứng minh DA là tia phân giác của góc
EDF
.
c) Gọi I là trung điểm của BC, tia AO cắt đường tròn (O) tại K.
Chứng minh 3 điểm H, I, K thẳng hàng.
ĐÁP ÁN ĐỀ 43

Bài 1:
B =
54
15
)15(5
.
2)5(
2525
22
=
−
−
−
+−+
Bài 2:
a) Đặt x
2

= t (t
)0≥
, ta có phương trình.
t
2

+ 15t – 16 = 0
a + b + c = 1 + 15 – 16 = 0
⇒
t
1
= 1 (TMĐK)

t
2
= -16 (KTMĐK)
t
1
= 1
⇒
x
2
= 1

1
±=⇔
x
Phương trình đã cho có 2 nghiệm
1 2
x 1;x 1
= = −
b/



=+
=−
43
123
yx
yx
⇔




=+
=−
1293
123
yx
yx
⇔



=+
−=−
43
1111
yx
y
⇔



=+
=
41.3
1
x
y
⇔
y 1

x 1

=

=

Nghiệm hpt (1;1)
Bài 3
a/
x -2 -1 0 1 2
y = 2x
2
8 2 0 2 8
x 0 3
y = -x + 3 3 0
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D):
2x
2

= -x +3
⇔
2x
2
+ x – 3 = 0
a + b + c = 2 + 1 – 3 = 0
⇒
x
1
= 1 ; x
2

=
3
2
−
x
1
= 1
⇒
y
1
= -1 + 3 = 2
x
2
=
3
2
−
⇒
y
2
=
2
3
+ 3 =
2
9
(P) cắt (D) tại 2 điểm A(1;2); B(
3
2
−

;
2
9
)
Bài 4:
a) Phương trình : x
2
– 2mx + 2m – 1 = 0 (1)

)12()('
2
−−−=∆
mm
= m
2
– 2m + 1 = (m-1)
2

≥
0 với mọi m
Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm x
1
, x
2
với mọi m.
b) Theo hệ thức Viét
x
1
+ x
2

= 2m
x
1
.x
2
= 2m – 1
A =
( )
1 2 1 2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2. 2m 1 3
2x x 3 2 x x 3
4 m 1
(x x ) 2x x 2 2 x x (x x ) 2 (2m) 2 4m 2
− +
+ +
+
= = =
+ − + + + + + +
Tìm giá trị lớn nhất cảu A
A=
2
4m 1
4m 2
+
+
=
2 2 2
2 2

4m 2 4m 4m 1 4m 4m 1
1
4m 2 4m 2
+ − + − − +
= −
+ +
=
11
14
)12(
2
2
≤+
+
−
−
m
m
GTLN của A là 1 khi 2m – 1 = 0
⇔
m =
2
1
Bài 5:
a)
·
·
0
BFC BEC 90
= =

⇒
tứ giác BFEC nội tiếp
Tứ giác AEHF có
·
·
0
AFH AEH 90
= =
⇒
·
·
0
AFH AEH 180+ =
(tổng của hai góc đối diện)
⇒
tứ giác AEHF nội tiếp
b) các tứ giác BFHD và BDEA nội tiếp
⇒

·
·
FBH FDH
=
(cùng chắn
»
FH
)

·

·
ABE ADE
=
(cùng chắn
»
AE
)
⇒
DA là tia phân giác của
·
EDF
c)
·
0
ACK 90=
(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn).
⇒
KC
⊥
AC
BE
⊥
AC
Tương tự CH // KB (cùng vuông góc với AB) (2)
Từ (1) và (2)
⇒
tứ giác BHCK là hình bình hành.
Có I là trung điểm của BC (gt)
⇒
I là trung điểm của HK

⇒
H, I, K thẳng hàng
⇒
·
·
ADF ADE
=
I
H
F
E
D
O
A
B
C
K
⇒
KC // BE, H
∈
BE do đó BH // KC (1)