DE THI TOAN DE THI VAO 10 HAI PHONG 2162014 KEM DAP ANDE THI TOAN 0460 0460 0489

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN : TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC

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)
1 − 2x

Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức P =

x
A. x ≤

1

B. x ≠ 0

là

2

C. x <

1

và x ≠ 0

2

D. x ≤

1

và x ≠ 0

2

2

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

C. y = −2x

B. y = 3 x +1

D. y =

x−7
3

Đáp án : B



Câu 3: Hệ phương trình
A. (−2; 4)

x

+y=2

có nghiệm là cặp số (x ; y) bằng :

 2x − y = 10

C. (6; −4)

B. (6; 2)

D. (4; −2)

Đáp án : D
2

Câu 4: Nếu x ; x là các nghiệm của phương trình x + x − 1 = 0 thì tổng x
1

2

+x

2

bằng :

2
1
2

A. (−2; 4)

C. (6; −4)

B. (6; 2)
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 :
M

x

1
N

A. x = 4

B. x =

P

2

H

C. x = 2 5

6

D. x = 3 5

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

bằng :

I

4a

3a

K

J

A.

3
5

B.

3
4

C.

4
5

D.

4

3

Đáp án : C
1


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

10

ˆ

0

= 120 . Số đo độ dài của A

O B

B. 10π(cm)

π(cm)

C.

2

3

ˆB

(nhỏ) là :

π(cm)

D.

10

π(cm)

3

9

Đáp
ántam
: Agiác MNP vuông ở M có MN = 5cm, MP = 3cm. Quay ∆MNP một vòng quanh cạnh MN được một hình nón có thể tích V . Quay ∆MNP một vòng quanh cạnh
Câu 8:
Cho
1
MP được một hình nón có
V1

thể tích V2 . Khi đó ta có tỉ số thể tích

A.

V

3

4

B.

4

bằng :

2

5

C.

D.

3

3

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)

b) (0,5 điểm)

A=

7 − 2 10 +

20 +

A=

(

A=

)5 −

2 +2 5+

A=

5−

2+2 5+

1

1

+

2

2

5−

1

B=

8

+2 5+

2

1

.2 22

2
2 (Do

5−

2 > 0)

B=

3+
3−
3−2
3+

2

B=

3+

2+

+

3−
2
3−2
2
3−

2

2

B=2 3

A=3 5

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

2019 = a.2 + b

⇔



7a

= 14

b = 2019 − 2a

⇔

a

=2

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)
2

2

2

1. (0,5 điểm) Giải bất phương trình x − (x − 1) ≥ (x + 3) − (x + 1)

2

2

x

2

2

− (x − 1) ≥ (x + 3)

⇔x
⇔x

2
2

− (x
−x

2

2

2

− (x + 1)

− 2x + 1) ≥ x
+ 2x − 1 ≥ x

2

2

2

+ 6x + 9 − (x

+ 6x + 9 − x

2

2

+ 2x + 1)

− 2x − 1

⇔ 2x − 1 ≥ 4x + 8
⇔ 2x − 4x ≥ 1 + 8
⇔ −2x ≥ 9

⇔x≤−

Vậy bất phương trình có nghiệm là x ≤ −

9
2

9

2

2

2. Cho phương trình 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 :
x

2

− 2(2 − 1)x + 2.2 − 4 = 0 ⇔ x

⇔

x

=0

⇔

x − 2 = 0

x

2

− 2x = 0 ⇔ x(x − 2) = 0

=0

x = 2

Vậy với m = 2 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt là x1 = 0; x 2 = 2
2

b) (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x1 + x 2

2

với x 1 ; x 2 là nghiệm của phương trình (1)

+ Phương trình (1) có :
2

∆ ' = (m − 1) − 1.(2m − 4)
∆'=m

2

− 2m + 1 − 2m + 4

∆'=m

2

− 4m + 4 + 1

∆ ' = (m − 2)

2

+ 1 > 0 víi mäi m ∈ R

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



1

x

+ x = 2(m − 1)
2

 x 1 .x 2 = 2m − 4
2

2

P = x1 + x 2

2

= (x 1 + x 2 ) − 2x 1 x 2
2

P = [2(m − 1)] − 2.(2m − 4)

4(m

2

P=

− 2m + 1) − 4m + 8

2

+ P = 4m − 8m + 4 − 4m + 8
2

P = 4m − 12m + 12
2

2

P = (2m) − 2.(2m).3 + 3 + 3
2

P = (2m − 3) + 3 ≥ 3

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

3

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
3


+ 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)
54
⇒

thời gian của ca nô khi xuôi dòng sông từ A đến B là :

(h) ; thời gian của ca nô khi ngược
x+3

54

dòng sông từ B về A là :

(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
54

ta có phương trình :

54

+

x+3

=

x−3

15
2

+ Ta có :

54

54

x+3

+
2x

⇔

15

x−3

=

2

x −9

=

2

⇔ 54

5

x



2

−3+x+3
2

x −9



15
=

2

2

36⇔ 72x = 5x − 45 ⇔ 5x − 72x − 45 = 0

2

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

⇒ phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 =

5

= 15 ; x1 =

36 − 1521
5

=−

3
5

+ Ta thấy chỉ có x1 = 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 ∆ABC ⇒ BD ⊥ AC, CE ⊥ AB ⇒ B
+ Tứ giác BEDC có B

ˆ

D C

0

= 90 ; B

ˆ

ˆ

E C = 90

0

0

(1)

1

* Xét đường tròn (O) có Bˆ = Dˆ' =
1

0

D C = 90 ; B

E C = 90s®
, 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 ⇒ Eˆ = Bˆ =
1

ˆ

1

s®Eˆ

(2)

2
' C CˆD2

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

1

4


s®

D

ˆ

E

2

* Tứ giác BEDC nội tiếp ⇒ Bˆ = Cˆ =
* Trong đường tròn (O) có ⇒ Bˆ = Cˆ ⇒ s ® A ˆ E ' = s ® A ˆ D ' ⇒ A là điểm chính giữa
2

2

2

2

cung D’E’ ⇒ AO
*đi qua trung
Ta điểm của
có D’E’ ⇒ tứ
giác
có ⊥AH
AO ⊥ D 'E
' , mà DE /AEHD
/D 'E ' ⇒ OA
DE là
(điều phải chứng minh)
3. (0,75
ˆ điểm)
A

ˆ

= A

E H

D H = 90

A

đường kính

0

E'

đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD

⇒
⇒ AH đồng thời là đường kính của đường

tròn ngoại tiếp ∆ADE ⇒

D'
1

AH

là bán kính

2

D
E

1

của đường tròn ngoại tiếp ∆ADE
* Vẽ đường kính AN của đường tròn
⇒N

ˆ

(O)

(góc

0

H

nội

C A
= 90
đường tròn) ⇒ NC ⊥ AC ⇒ NC / /BD

tiếp

chắn

2

nửa

1

O

* Chứng minh tương tự có BN // CE ⇒ tứ giác BHCN là hình bình hành

C

* Gọi M là giao điểm của BC và HN ⇒ M là trung điểm HN ⇒ AH =

2.OM

Mặt khác M là trung điểm BC

2

nên

M

1

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)

B

Bài 4: (1,0 điểm)
Cho 3 số a, b, c > 0, chứng minh rằng :

N

3

a +b

3

3

+

b +c

3

3

c +a

+

2bc

2ab

3

≥a+b+c

2ca

HƯỚNG DẪN
3

+ Ta có a + b
a

⇒

3

+b

3

2

2

= (a + b)(a + b − ab) ≥ (a + b).ab (Theo cos i)

3

≥

a+b

2ab

(1)

2
b

+ Tương tự ta có :

3

+c

3

≥

b+c

2bc

(2);

c

2

3

+a

3

≥

2ca

c+a

(3) (0,5 điểm)

2

+ Cộng vế (1), (2) và (3) ta có :
3

a +b

3

3

+

3

3

+

2bc

2ab
3

⇔

b +c

a +b

3

2ab

3

≥

2ca
3

+

c +a

b +c
2bc

3

+

a 2
3

+

a+b

c +a

3

≥a+b+c

b+c

+

c+
2
2

2ca

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

5