De thi TSL10 Toan Binh Thuan 20142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2014 – 2015 – Khoá ngày 10/07/2014 Môn thi : Toán. Thời gian làm bài : 120 phút (Không kể thời gian phát đề). ĐỀ CHÍNH THỨC. (Đề thi có 01 trang). ĐỀ. Bài 1. (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: (thể hiện rõ các bước giải trong bài làm). 3 x  y  1. a) x2 –7x – 8 = 0. b) .  x  y  1. Bài 2. (2 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức : A . 20  5 5. a 2  4 a  4  4  2a b) Rút gọn biểu thức : B  , với a < 2 4  2a. Bài 3. (2 điểm) a) Vẽ parabol (P) : y = x2 trên mặt phẳng tọa độ Oxy. b) Tìm k để (P) và đường thẳng (d) : y = 3x + k – 1 cắt nhau tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung. Bài 4. (4 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, M là trung điểm của đoạn AO. Đường thẳng vuông góc với AO tại M cắt nửa (O) tại C. Gọi E là điểm di động trên đoạn CM (E khác C và M), tia AE cắt nửa (O) tại điểm thứ hai là I. a) Chứng minh tứ giác IEMB nội tiếp.  = ABC  và AC2 = AE.AI b) Chứng minh rằng : ACM c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IEC. Chứng minh : ba điểm C, K, B thẳng hàng. d) Tìm vị trí của điểm E để độ dài đoạn thẳng MK nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo R. ……………Hết…………… 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 : . . . . . . . . . . . . . . . . ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đáp án. Baøi 1. a. b. x2  7 x  8  0 PT có dạng : a  b  c  1  7  8  0  x1  1; x2  8. 3 x  y  1 2 x  2 x  1 x  1      x  y  1  x  y  1 1  y  1  y  2. 2 20  5 2 5  5 5   1 5 5 5. a. A. b.  a  2   4  2a a 2  4a  4  4  2a B  4  2a 4  2a a  2  4  2a 2  a  4  2 a   4  2a 4  2a a2 1   2  a  2  2. 2. 3 PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:. x 2  3x  k  1  x 2  3x  k  1  0 (1) Để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt trái dấu: b. 4.  32  4   k  1  0   k  1  0 5   4k  5  0  k     4  k 1  k  1  0  k  1   0  P  0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a. C. Xét tứ giác IEMB có:   900 (gnt chắn nửa đtròn) EIB   900 (gt) EMB   EMB   1800  EIB  Tứ giác IEMB nội tiếp. I K. E O A. M. B. ) +  ACM   ABC (cùng phụ với BAC. b. c. d. + Xét ACE và AIC có:  chung và    A ACE  AIC  ABC. . .  ACE AIC (g.g) AC AE  AC 2  AE. AI   AI AC Ta có: OAC cân tại O và C nên là tam giác đều   600  OAC  của (O))  ABC   AIC  300 (2 gnt cùng chắn AC   2  của (K))  CKE AIC  600 (góc ở tâm và gnt cùng chắn CE   600 )  CKE là tam giác đều (vì cân tại K và CKE   ECA   600  300  900  KCE (1)  KC  AC tại C Mà BC  AC tại C (2) Từ (1) và (2)  C , K , B thẳng hàng + MK nhỏ nhất  MK  BC   EKM   300 (vì KMC vuông tại K và CKE đều) Khi đó: EMK  EMK cân tại E  EM  EC   EK   E là trung điểm của MC Vậy MK nhỏ nhất khi E là trung điểm của MC. + MK / / AC (vì cùng vuông góc với BC) MK BM   (hệ quả đl Talet) AC BA 3 R. R AC.BM 3  MK   2  R BA 2R 4. I C K E. A. M. O. B.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>