DE DAPAN TS10 BINH DUONG 2015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (1 điểm)
Tính A = 3x2 − 2x − x 2 − 1 với x =
Bài 2. (1,5 điểm)

2.

x2
(
P
)
1) Vẽ đồ thị
hàm số y =
.
4
2) Xác định a và b để đường thẳng y = ax + b đi qua gốc tọa độ và cắt (P ) tại điểm A
có hoành độ bằng −3.
Bài 3. (2 điểm)
1) Giải hệ phương trình:

x + 2y = 10

1

 x−y = 1
2

2) Giải phương trình:

x− x −2= 0

Bài 4. (2,0 điểm)
Cho phương trình x2 − 2(m + 1)x + 2m = 0 với m là tham số.
1) Chứng minh phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi m .
2) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm cùng dương.
3) Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm không phụ thuộc vào m .
Bài 5. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A , M là trung điểm cạnh AC . Đường tròn đường kính
MC cắc BC tại N ( N không trùng với C ). Đường thẳng BM cắt đường tròn đường
kính MC tại D ( D không trùng với M )
1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp được trong một đường tròn. Tìm tâm O của
đường tròn ngoại tiếp tứ giác BADC .
2) Chứng minh BD là phân giác góc ADN .
3) Chứng minh OM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MC .
4) BA và CD kéo dài cắt nhau tại P . Chứng minh 3 điểm P , M , N thẳng hàng.
---HẾT--Thí sinh không được sử dụng tài liệu. 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:...........................................
/>

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1. (1 điểm)
Thay x =

2 vào A , ta được:

A = 3.( 2)2 − 2. 2 − 2. 2 − 1 = 3.2 − 2 2 − 2 − 1 = 3 − 2 2 = ( 2 − 1)2
=

2 − 1 = 2 − 1 (vì 2 > 1 ⇔ 2 − 1 > 0)

Bài 2. (1,5 điểm)
1)

Vẽ (P ) : y =

x2
:
4

x

Bảng giá trị:

y=

2

x
4

−4

−2

0

2

4

4

1

0

1

4

y
(P )
4
1
−4

2)

−2

O

2

4

x

Vì đường thẳng (d) : y = ax + b đi qua gốc tọa độ nên b = 0.
Do đó, hàm số đã cho có dạng (d) : y = ax .
Gọi A(−3;yA ) là điểm thuộc (P ) có hoành độ là −3


(−3)2 9
9
A(−3;yA ) ∈ (P ) ⇔ yA =
= ⇒ A  −3; ÷
4
4
4



9
4

Vì (d) : y = ax và (P ) cắt nhau tại A  −3; ÷ nên A ∈ (d) ⇔



3
4

Vậy a = − , b = 0, hàm số cần tìm là y = −

9
3
= a.(−3) ⇔ a = −
4
4

3
x
4

Bài 3. (2 điểm)

x + 2y = 10

⇔
1) Ta có  1
x
−
y
=
1

2

x + 2y = 10

⇔

x − 2y = 2

x + 2y = 10
⇔ ... ⇔

2x = 12

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y) = (6;2)

x = 6

y = 2


x− x −2= 0

2) Giải phương trình:

Cách 1: Biến đổi tương đương:
Điều kiện: x ≥ 0
Với điều kiện trên, phương trình tương đương:

x −2 x + x −2= 0
⇔ x
⇔

(

(

) (

x −2 +

)(

x +1

)

x −2 = 0

)

x −2 = 0

Cách 2: Đặt ẩn phụ:
Điều kiện: x ≥ 0
Đặt t =

x , điều kiện t ≥ 0

t = x ⇒ x = t2
Phương trình đã cho trở thành:

t2 − t − 2 = 0 (*)

⇔ x + 1 = 0 hoặc x − 2 = 0

Vì a − b + c = 1 − (−1) + (−2) = 0
Nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

•

t1 = −1 và t2 = 2.

x + 1 = 0 ⇔ x = −1 (vô lý)

•

x − 2 = 0 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4 (tmđk)
Vậy PT có tập nghiệm S = {4}

Đối chiếu với điều kiện ta chọ nghiệm t2 = 2 .
Với t2 = 2 ⇔

x = 2 ⇔ x = 4 (tmđk)

Vậy PT có tập nghiệm S = {4}
Bài 4. (2,0 điểm) x2 − 2(m + 1)x + 2m = 0
1) Chứng minh phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi m .
2

Ta có ∆ ' =  −(m + 1) − 1.2m = ... = m2 + 1 > 0 với mọi m .



Vây phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m .

2) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm cùng dương.

Theo câu 1) thì với mọi m phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 . Theo định lí Vi-

x1 + x2 = 2m + 2
x1x2 = 2m

et, ta có: 

2m + 2 > 0
2m > 0

Để phương trình có 2 nghiệm cùng dương thì : 

• 2m + 2 > 0 ⇔ m > −1
• 2m > 0 ⇔ m > 0
Vậy giá trị m cần tìm là m > 0
3) Tìm hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm không phụ thuộc vào m .

x1 + x2 = 2m + 2
x + x2 − 2 = 2m
⇔ 1
x1x2 = 2m
x1x2 = 2m
⇒ x1 + x2 − 2 = x1x2 ⇔ x1 + x2 − x1x2 = 2
Vậy hệ thức liên hệ giữa 2 nghiệm không phụ thuộc vào m là:
x1 + x2 − x1x2 = 2.
Theo câu 2), ta có: 

Bài 5. (3,5 điểm)
1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp được trong một đường tròn. Tìm tâm của đường tròn
ngoại tiếp tứ giác BADC :
Xét tứ giác BADC , ta có:
·
BAC
= 900 ( ∆ABC vuông tại A )

·
BDC
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MC )
·
·
⇒ BAC
= BDC
= 900
Mà A và D là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc bằng 900
Do đó tứ giác BADC nội tiếp được trong một đường tròn đường kính BC .
Tâm O của đường tròn này là trung điểm của BC
2) Chứng minh DB là phân giác góc ADN .
» của đường tròn (O) )
·
·
Ta có: ADB
(cùng chắn cung AB
= ACB
¼ của đường kính MC )
·
·
(cùng chắn cung MN

BDN
= ACB
·
·
·
⇒ DB là phân giác góc ADN
⇒ ADB
= BDN
3) Chứng minh OM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MC .
Xét ∆ABC , ta có:
O là trung điểm BC (theo câu 1)
B
M là trung điểm AC (giả thiết)
⇒ OM là đường trung bình của ∆ABC
⇒ OM // AB
O
Mà AB ⊥ AC ( ∆ABC vuông tại A )
N
⇒ OM ⊥ AC tại M
Ta lại có: MC là đường kính của đường tròn
đường kính MC
⇒ OM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính A
M
MC .
4) Chứng minh 3 điểm P , M , N thẳng hàng:
D
• Ta có AB ⊥ AC ( ∆ABC vuông tại A )
⇒ AB ⊥ MC
⇒ AB là đường cao của ∆BMC (1)
·

• Ta có BD ⊥ CD ( BDC
= 900 )
⇒ BM ⊥ CD
⇒ CD là đường cao của ∆BMC (2)
• Mà BA và CD kéo dài cắt nhau tại P (3)
P (4)
Từ (1), (2) và (3) suy ra P là trực tâm của ∆BMC
·
Ta lại có: MNC
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MC )
⇒ MN ⊥ BC ⇒ MN là đường cao của ∆BMC (5)
Từ (4) và (5) suy ra P ∈ MN hay P , M , N thẳng hàng.

C