DE THIDAP ANTHI TUYEN SINH LOP 10 MON TOAN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÈ CHÍNH THỨC ĐỀ A. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2014 – 2015 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2014 Đề có: 01 trang gồm 05 câu.. Câu 1: (2,0 điểm) 1. Giải các phương trình: a. x – 2 = 0 b. x2 – 6x + 5 = 0 3x - 2y = 4  2. Giải hệ phương trình:  x + 2y = 4 x -1  1 1  A= 2 :  x -x  x x +1  với x > 0; x 1 Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức:. 1. Rút gọn A. 2. Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4 + 2 3 Câu 3: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = mx - 3 tham số m và 2. Parabol (P): y = x . 1. Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 0). 2. Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt là x -x = 2. x1, x2 thỏa mãn 1 2 Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA; qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn đó tại hai điểm phân biệt M và N. Trên cung nhỏ BM lấy điểm K ( K khác B và M), trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM. Gọi H là giao điểm của AK và MN. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. 2. AK.AH = R2 3. NI = BK Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. Q=. 1 1 1 + + x + y +1 y + z +1 z + x +1. -----------------------------------Hết---------------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:……………………………………………………Số báo danh:……………………. Chữ kí giám thị 1:……………………………….Chữ kí giám thị 2:…………………………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC THANH HÓA Đề chính thức ĐỀ A. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THAM KHẢO Năm học: 2014 – 2015 Ngày thi: 30 tháng 06 năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút. Câu. Nội dung. Điểm. 1. Giải các phương trình: a. x = 2 b. x2 – 6x + 5 = 0. Nhận thấy 1 + (-6) + 5 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0.. Câu 1  x1 = 1 (2điểm  x =5 ) Vậy ngiệm của phương trinh là:  2. 0.5 0.75. 3x - 2y = 4 4x = 8 x = 2     x + 2y = 4 y = 1 2. Giải hệ phương trình:  x + 2y = 4. 0.75. Câu 2 1. Với với x > 0; x 1 (2điểm x -1  1 1 A= 2 : ).   x -x  x x +1   x +1- x  x -1 A= :   x( x +1)( x -1)  x x +1 . 1. 1 x x +1  1 x( x +1) 1 A= x A=. 2 2. Với x = 4 + 2 3 ( 3  1) . A=. 1 x = ( 3 1) 2  3  1. , suy ra. 1 3 1  2 3 1. 0.5 0.5. Câu 3 1. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 0) nên có 0 = m.1- 3  m = 3 (2điểm 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (P): x 2 - mx + 3 = 0 Có Δ = m 2 -12 ) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoàng độ lần lượt là x1, x2 khi  m 2 3 Δ = m 2 -12 > 0  m 2  12  m  2 3    m   2 3  x1 + x 2 = m  x x =3 Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có:  1 2. 0.5. 0.75. Theo bài ra ta có 2. 2. x1 - x 2 = 2   x1 - x 2  = 4   x1 + x 2  - 4x1x 2 = 4  m 2 - 4.3 = 4  m 2 = 16  m = ±4 m = ±4 là giá trị cần tìm.. 0.75.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  Câu 4 1. Ta có AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); MN  AB (3điểm    AMB + BCH = 900  tứ giác BCHK nội tiếp ) 2. Ta có ΔACH ΔAKB(gg) AH AC  = AB AK. 1  AH.AK = AC.AB = 2R. R = R 2 2 ΔOAM 3. Ta có: đều (cân tại M và O)     MAB = NAB = MBN = 600. 1.0 1.0. 0.25.  ΔMBN, ΔKMI đều. Xét ΔKMB và ΔIMN có: MK = MI (cạnh tam giác đều KMI). 0.25.    KMB = IMN. 0.25 0. (cùng cộng với góc BMI bằng 60 ) MB = MN (cạnh tam giác đều BMN)  ΔKMB ΔIMN(c.g.c)  NI = BK. Câu 5 Với x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1 ta đặt x = a3, y = b3, z = c3  abc = 1 (1điểm Khi đó ta có: ) x + y +1 = a 3 + b3 + abc =  a + b   a 2 - ab + b 2  + abc  a + b  ab + abc = ab(a + b + c) Tương tự: y + z +1 bc(a + b + c) z + x +1 ca(a + b + c) 1 1 1 abc abc abc Q= + +  + + 1 x + y +1 y + z +1 z + x +1 ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c). Vậy GTLN của Q = 1 khi a = b = c, hay x = y = z =1. 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25.

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