DeDA vao 10 Nam Dinh 20142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn: TOÁN. ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Đề thi gồm 01 trang. Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. Câu 1. Điều kiện để biểu thức x x  2 có nghĩa là: A. x 2 . B. x  2 . C. x 2 . D. x 2 . Câu 2. Hệ số góc của đường thẳng có phương trình y 2014 x  2015 là: A. 2014 .. C. 1. B. 2015 . y 27  m  6  x  28 Câu 3. Hàm số đồng biến trên  khi và chỉ khi: A. m  0 . B. m  0 . C. m  6 . Câu 4. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt: 2 2 2 A. x  3 0 . B. x  3 x  4 0 . C. x  2 x  1 0 . Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Parbol M  2;3 N   1;3 A. . B. .. D.  2014 . D. m  6 . 2 D. 3x  7 x  2 0 ..  P  : y 3x 2. đi qua điểm: P   1;  3 C. .. Q   2;6  D. . Câu 6. Hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD và nội tiếp đường tròn bán kính R  5 (cm) . Diện tích của hình chữ nhật đó là: 2 2 2 2 A. 8(cm ) . B. 6(cm ) . C. 4(cm ) . D. 2(cm ) . Câu 7. Hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Số tiếp tuyến chung của chúng là: A. 1. B. 3. C. 2. D. 4. Câu 8. Thể tích của hình trụ có bán kính đáy bằng 3(cm), chiều cao bằng 5(cm) là: 3 3 3 3 A. 30 (cm ) . B. 45 (cm ) . C. 54 (cm ) . D. 75 (cm ) . Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm)  2 x 4x   1 1  A     :   1 x 1 x   x x  x   1) Rút gọn biểu thức với x  0 và x 1 . 2) Chứng minh đẳng thức Câu 2. (1,5 điểm). 32 2 . 3  2 2 2.. 2 1) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) : y 2 x và đường thẳng d : y 3 x  1 2 2 2) Cho phương trình x  4mx  4m  m  2 0 . Tìm các giá trị của m để phương trình có hai x  x 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho 1 2 .  x  y  2   y 6  x  2 y  3 0 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B. Trên cạnh BC lấy điểm E ( E khác B và C ).. Đường tròn đường kính EC cắt cạnh AC tại M và cắt cắt đường thẳng AE tại N ( M khác C, N khác E ). 1) Chứng minh các tứ giác ABEM, ABNC là các tứ giác nội tiếp.  2) Chứng minh ME là tia phân giác của góc BMN . 2 3) Chứng minh AE. AN  CE.CB  AC . 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 3 2 Câu 5. (1,0 điểm). Giải phương trình : 4 x  25x  43x  x 3x  2 22  3x  2.. Hết Họ và tên thí sinh:...................................................................Số báo danh:..................................... Giám thị số 1:..............................................................Giám thị số 2:............................................... ĐỀ ( TỰ LUẬN)  2 x 4x   1 1  A     :   1 x 1 x   x x  x   Bài 1: a.Rút gọn biểu thức : với x  0; x 1. b. CMR: 3  2 2  3  2 2 2 2 Bài 2: a. Tìm toạ độ giao điểm của parapol y 2 x và đường thẳng y 3 x  1 2 2 b. Cho phương trình : x  4mx  4m  m  2 0 (m là tham số) x  x 2 Tìm m để pt có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 sao cho 1 2  x  y  2   y 6  Bài 3: Giải hệ phương trình :  x  2 y  3 0. Bài 4: Cho tam giác ABC vuông ở B. Trên cạnh BC lấy điểm E (khác B và C). Đường tròn đường kính CE cắt AC tại M và cắt đường thẳng AE tại N. a. Chứng minh tứ giác ABEM, ABNC nội tiếp được. b. Chứng minh ME là phân giác của góc BMN 2 c. Chứng minh : AE. AN  CE.CB  AC 3 2 Bài 5: Giải phương trình : 4 x  25 x  43x  x 3x  2 22  3x  2 Bài 4: Hình vẽ:. 1) Chứng minh ABEM và ABNC là các tứ giác nội tiếp. Nội dung trình bày 0 EMC 900  Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  EM  AC  EMA 90 (hai góc kề bù) 0 0 0 0    Lại có ABE 90 (gt)  ABE  EMA 90  90 180. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Suy ra ABEM là tứ giác nội tiếp đường tròn. 0 0   Ta có: ENC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ANC 90  hai đỉnh B và N cùng nhìn cạnh AC dưới một góc vuông Suy ra ABNC là tứ giác nội tiếp đường tròn.  2) Chứng minh ME là tia phân giác của góc BMN . Nội dung trình bày Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEM ta có:   BME BAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) (1) Xét đường tròn đường kính EC ta có:   EMC ECN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EN) (2) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABNC ta có:   BAN BCN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN) (3)    Từ (1), (2), (3)  BME EMN  ME là tia phân giác của góc BMN . 3) Chứng minh AE.AN + CE .CB = AC2. Nội dung trình bày NAC Xét ∆ vuông AME và ∆ vuông ANC có: chung  ∆ AME ~ ∆ ANC (g. g) AE AM   AC AN  AE . AN = AM . AC .  Xét ∆ vuông CME và ∆ vuông CBA có: ACB chung CM CE    ∆CME ~ ∆CBA (g. g) CB CA  CM . CA = CE . BC . Suy ra: AE . AN + CE . BC = AM . AC + CM . AC = AC .(AM + CM ) = AC2.. HƯỚNG DẪN GIẢI CÂU 5 PHẦN TỰ LUẬN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 NAM ĐỊNH NĂM 2014 (thi ngày 28 tháng 6 năm 2014) 3 2 Câu 5. ( 1,0 điểm). Giải phương trình 4x  25 x  43x  x 3x  2 22  3x  2 .. Nội dung trình bày. Điểm. Cách 1 + ĐKXĐ:. 3x  2 0  x . 2 3 (*). 2 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0 2  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x  21x  22  3x  2 0 (1) 2 + Biến đổi (1) trở thành 3x  2 21x  22  4x.  3x  2  21x  22  4x 2. . . 2. 2 (Điều kiện 21x  22  4x 0(**) )  16 x 4  168 x 3  617 x 2  927 x  486 0.  (4 x 2  19 x  18)(4 x 2  23x  27) 0  4 x 2  19 x  18 0 hoặc 4 x 2  23 x  27 0. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 19  73 23  97  x x 8 8 hoặc 19  73 23  97  x ;x  8 8 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8 8    . + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là Cách 2 2 3x  2 0  x  3 (*) + ĐKXĐ: 2 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0 2  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x  21x  22  3x  2 0 (1) 2 + Biến đổi (1) trở thành 4x  19 x  18 (2 x  4)  3x  2.  4x 2  19 x  18 (2 x  4) . 3x  2 . (2 x  4)2  ( 3x  2) 2 (2 x  4)  3x  2 (Nhân liên hợp, do điều kiện (*)). x 2  19 x  18  4x  19 x  18  (2 x  4)  3x  2 2.  4 x 2  19 x  18 0 hoặc (2 x  4)  3x  2 = 1 19  73  x 8 hoặc 3x  2 5  2x (2) + Giải (2) được. x. 23 . 97 8. 19  73 23  97  x ;x  8 8 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8 8    . + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là Cách 3 2 3x  2 0  x  3 (*) + ĐKXĐ: 2 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0 2  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x  21x  22  3x  2 0 (1) 2 + Biến đổi (1) trở thành 4x  19 x  18 (2 x  4)  3x  2. (5  2 x) 2  ( 3x  2) 2  4x  23 x  27 (5  2 x)  3x  2  (5  2 x)  3x  2 (Nhân liên hợp, do điều kiện (*)) 4x 2  23 x  27 2  4x  23 x  27  (5  2 x)  3x  2 2.  4x 2  23x  27 0 hoặc 5  2 x  3x  2 = 1 23  96  x 8 hoặc 3x  2 5  2x (2). 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 19  73 x 8 + Giải (2) được 19  73 23  97  x ;x  8 8 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8 8    . + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2014 TỈNH NAM ĐỊNH Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 Đáp án D A C D B. 6 A. 7 C. 8 B. Phần II – Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. ( 1,5 điểm).  2 x 4x   1 1   :    1  x 1  x   x x  x   1) Rút gọn biểu thức A =  với x  0 và x 1. 2) Chứng minh. 32 2 . 3  2 2 2 .. Nội dung trình bày   1) Với x 0 và x 1 thì biểu thức A xác định và ta có:  2 x (1  x )    4x x 1 1 A   :      (1  x )(1  x ) (1  x )(1  x )   x ( x  1) x ( x  1)     2 x  2x  4x x 2  : (1  x )(1  x ) x ( x  1)  . Vậy với x  0 và x 1 thì 2) Ta có. 2 x  2x x ( x  1) . (1  x )(1  x ) x 2. 2 x (1  x ) x ( x  1) 2x .  (1  x )(1  x ) x 2 x 2. A. 2x x 2 .. 3  2 2  2  2 2  1  ( 2  1) 2  2 1  2  1 3  2 2  2  2 2  1  ( 2  1) 2  2  1  2  1. vì. 2 1  0. vì. 2  10. Suy ra 3  2 2  3  2 2 ( 2  1)  ( 2  1) 2 (đpcm) Câu 2. ( 1,5 điểm). 1) Tìm tọa độ giao điểm của Parabol (P): y = 2x2 và đường thẳng (d): y = 3x - 1. 2) Cho phương trình x 2 – 4mx + 4m2 – m + 2 = 0. Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có x  x 2 2 hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho 1 . Nội dung trình bày. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2 2 1) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) 2 x 3x  1  2 x  3x  1 0 Ta có a + b + c = 2 + (-3) + 1 = -1 + 1 = 0 . 1 Suy ra phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 2 .. Với x1 = 1 tính được y1 = 1 1 1 Với x2 = 2 tính được y2 = 2 1 1 ( ; ) (1;1) Kết luận tọa độ giao điểm của (P) và (d) là và 2 2 2) Ta có ∆/ = m - 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2  ∆> 0 m  2  0  m  2 Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 4m; x1x2 = 4m2 – m + 2. 2. Ta có. 2. x1  x 2 3   x1  x 2  4   x1  x 2   4x1x 2 4  (4m) 2  4(4m 2  m  2) 4  4m  12 0  m 3 (thỏa mãn m  2 ). Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.  x(y  2)  y 6  Câu 3. ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x  2y  3 1 . Nội dung trình bày 3y  6  2y 2  4y  y  6 0  x(y  2)  y 6 (3  2y)(y  2)  y  6 0       x  2y  3 0 x 3  2y x  3  2y    Ta có  y 0   x 3. 2y 2 0  x 3  2y.  x; y   3; 0  . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm Câu 4. ( 3,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại B, trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B và C ). Đường tròn đường kính EC cắt cạnh AC tại M và cắt đường thẳng AE tại N (M khác C, N khác E). 1) Chứng minh ABEM và ABNC là các tứ giác nội tiếp.  2) Chứng minh ME là tia phân giác của góc BMN . 3) Chứng minh AE.AN + CE .CB = AC2. Hình vẽ:. 1) Chứng minh ABEM và ABNC là các tứ giác nội tiếp. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Nội dung trình bày 0   Ta có: EMC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  EM  AC  EMA 90 (hai góc kề bù) 0 0 0 0    Lại có ABE 90 (gt)  ABE  EMA 90  90 180 Suy ra ABEM là tứ giác nội tiếp đường tròn. 0 0   Ta có: ENC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ANC 90  hai đỉnh B và N cùng nhìn cạnh AC dưới một góc vuông Suy ra ABNC là tứ giác nội tiếp đường tròn.  2) Chứng minh ME là tia phân giác của góc BMN . Nội dung trình bày Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEM ta có:   BME BAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) (1) 0. Xét đường tròn đường kính EC ta có:   EMC ECN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EN) (2) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABNC ta có:   BAN BCN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN) (3)    Từ (1), (2), (3)  BME EMN  ME là tia phân giác của góc BMN . 3) Chứng minh AE.AN + CE .CB = AC2. Nội dung trình bày  Xét ∆ vuông AME và ∆ vuông ANC có: NAC chung  ∆ AME ~ ∆ ANC (g. g) AE AM   AC AN  AE . AN = AM . AC .  Xét ∆ vuông CME và ∆ vuông CBA có: ACB chung CM CE    ∆CME ~ ∆CBA (g. g) CB CA  CM . CA = CE . BC . Suy ra: AE . AN + CE . BC = AM . AC + CM . AC = AC .(AM + CM ) = AC2. 3 2 Câu 5. ( 1,0 điểm). Giải phương trình 4x  25 x  43x  x 3x  2 22  3x  2 .. Nội dung trình bày Cách 1 + ĐKXĐ:. 3x  2 0  x . 2 3 (*). 2 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0 2  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x  21x  22  3x  2 0 (1) 2 + Biến đổi (1) trở thành 3x  2 21x  22  4x.  3x  2  21x  22  4x 2. . . 2. 2 (Điều kiện 21x  22  4x 0(**) )  16 x 4  168 x 3  617 x 2  927 x  486 0.  (4 x 2  19 x  18)(4 x 2  23x  27) 0  4 x 2  19 x  18 0 hoặc 4 x 2  23 x  27 0. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 19  73 23  97  x x 8 8 hoặc 19  73 23  97  x ;x  8 8 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8 8    . + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là Cách 2 2 3x  2 0  x  3 (*) + ĐKXĐ: 2 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0 2  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x  21x  22  3x  2 0 (1) 2 + Biến đổi (1) trở thành 4x  19 x  18 (2 x  4)  3x  2.  4x 2  19 x  18 (2 x  4) . 3x  2 . (2 x  4)2  ( 3x  2) 2 (2 x  4)  3x  2 (Nhân liên hợp, do điều kiện (*)). x 2  19 x  18  4x  19 x  18  (2 x  4)  3x  2 2.  4 x 2  19 x  18 0 hoặc (2 x  4)  3x  2 = 1 19  73  x 8 hoặc 3x  2 5  2x (2) + Giải (2) được. x. 23 . 97 8. 19  73 23  97  x ;x  8 8 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8 8    . + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là Cách 3 2 3x  2 0  x  3 (*) + ĐKXĐ: 2 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0 2  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x  21x  22  3x  2 0 (1) 2 + Biến đổi (1) trở thành 4x  19 x  18 (2 x  4)  3x  2. (5  2 x) 2  ( 3x  2) 2  4x  23 x  27 (5  2 x)  3x  2  (5  2 x)  3x  2 (Nhân liên hợp, do điều kiện (*)) 4x 2  23 x  27 2  4x  23 x  27  (5  2 x)  3x  2 2.  4x 2  23x  27 0 hoặc 5  2 x  3x  2 = 1 23  96  x 8 hoặc 3x  2 2 x  4 (2). 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 19  73 x 8 + Giải (2) được 19  73 23  97  x ;x  8 8 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8 8    . + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là. Bài 5. ĐKXĐ: ta có:. x. 3 2. 4x 3  25x 2  43x  x 3x  2 22  3x  2   x  1 4x 2  21x  22  3x  2 0  x 1 (tm)  2  4x  21x  22  3x  2  1. . . Giải (1): (1)  (4x 2  16x  16)  2x  4  3x  2  3x  2 0 1  1  4(x  2) 2  2(x  2)    (3x  2)  3x  2   0 4  4 2 2 1  1    2  x  2      3x  2   0 2  2     2(x  2)  3x  2  1 0 (2)  2(x  2)  3x  2 0 (3). Phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn là:. x. 23 . 97 8. 19  73 x 8 Phương trình (3) có nghiệm thỏa mãn là:  19  73 23  97  ; 1;  8 8    Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>