Đề thi vào lớp 10 tỉnh Phú Thọ năm 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH

PHÚ THỌ

VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2014-2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn Toán
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang
------------------------

Câu 1 (1,5 điểm) a)Trong các phương trình dưới đây, những phương trình nào là phương trình
bậc 2:
1) x 2  3 x  2  0
2)3 x 2  4  0
3)  2 x  1  0

(x là ẩn số m là tham số m khác 1)

4)(m  1) x 2  mx  12  0

b) Giải phương trình: 2 x  4  6
Câu 2 (2,0 điểm)
3 x  y  5
x  y  3

a)Giải hệ phương trình 

b)Rút gọn biểu thức B 

a b b a
a b
với a, b là số dương.

ab
a b

Câu 3 (2,0 điểm) Cho phương trình bậc 2: x 2  (2m  1) x  m2  0 (1)
a)Giải phương trình với m = 1
b)Với giá trị nào của m phương trình (2) 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 đường 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.
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 x3  6x2  5x  3  (2x  5) 2x  3  0
-----Hết-----


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN – PHÚ THỌ - 2014 – 2015
Câu 1
a)Giải phương trình
x 2  3x  2  0;3x 2  4  0;(m  1) x 2  mx  12  0
b)Giải phương trình: 2 x  4  6  2 x  8  x  4
Câu 2

3x  y  5
2 x  2
x  1
 
 
a)Giải hệ phương trình 
x  y  3
x  y  3
y  2
b)Rút gọn biểu thức
B

a b b a
a b
ab ( a  b ) ( a  b )( a  b )



ab
a b
ab
a b

B  a  b  a  b  2 a với a,b, là số dương.
Câu 3.
Cho phương trình bậc 2: x 2  (2m  1) x  m2  0(1)

a)Giải phương trình với m = 1: Thay m = 1 ta có PT: x 2  3x  1  0
  (3)2  4  5

3 5
3 5
; x2 
2
2
b)Với giá trị nào của phương trình (1) có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó
  (2m  1)2  4m2  4m2  4m  1  4m2  4m  1

PT có 2 nghiệm x1 

Phương trình (1) có nghiệm kép    0
1
 m  
4
1
b
2m  1
1


Với m   phương trình có nghiệm x  
4
2a
2
4
Câu 4 (3 ,0 điểm)


a)Ta có trong tam giác ABC:
CF  AB; BE  AC

=> E; F cùng nhìn AH dưới góc vuông
=> tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn
> Tâm I là trung điểm của AH
b)GỌi M là trung điểm BC chứng minh ME là tiếp tuyến (I)
Ta có IA=IE (bk của đường tròn tâm I
=> góc IAE =góc AEI
Ta có trong tam giác vuông BCE vuông tại E: có EM là trung tuyến
=> EM= ½ BC=MC
=> góc MEC=góc MCE
Mặt khác ta lại có trong tam giác vuông ACD vuông tại D( do AD là đường cao của tam giác ABC)
Nên ta có: góc IAE + góc ECM = 900
Hay góc AEI +góc CEM = 900
Mà góc AEI +góc IEM +góc CME=1800
=>Góc IEM =90o
=>Vậy EM là tiếp tuyến của (I)
=>EM luôn đi qua điểm cố định M.
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 đường 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
OM
S AEF
OM 2
OM 2
không đổi
(
)  S AEF  (
) .S ABC Ta có:
R
S ABC

OA
R
S AEF (m ax)<=>SABC (m ax)<=>AD(max)

Mà AD  AM  OA  OM (Không đổi) AD (max) = R + OM D ≡ M hay A là chính giữa cung lớn BC.
Câu 5 :
3
ĐKXĐ: x 
2


x 3  6 x 2  5 x  3  (2 x  5) 2 x  3  0
 x 3  4 x 2  5 x  3  (2 x  5)( x  1)  (2 x  5)( 2 x  3  x  1)  0
x2  2
0
x 1 2x  3
x2  2
 ( x 2  1)( x  4)  (2 x  5)
0
x 1 2x  3
2x  5
 ( x 2  2)( x  4 
)0
x 1 2x  3
2x  5
3
0
Với x 
thì x  4 
2

x 1 2x  3
 x 3  4 x 2  2 x  8  (2 x  5)

 x 2  2  0
x  2
 
 x   2
Thay vào PT(1) x  2 thỏa mãn