DAP AN NAM 20142015 TS 10 CUA BINH PHUOC

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THCS & THPT Tân Tiến. gmail: LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2014 – 2015 Câu 1 (2.0 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức:. N  1  81  1  9 2  1  9  10. H. 3  5 . 2.  5  3  5  5  (3  5)  5  3  5  5  3.. 2. Tìm x để biểu thức G có nghĩa và rút gọn biểu thức:  x 0  x  0 - Biểu thức G có nghĩa khi:  x  1  0   . x  1    x  1  0 - Rút gọn biểu thức: x x x 1 x ( x  1) ( x  1)( x  1)     x  ( x  1)  x  x  1  1. - Ta có: G  x 1 x 1 x 1 x 1 Câu 2 (2.0 điểm) a. Vẽ parabol (P0 và đường thẳng đ trên cùng một hệ teucj tọa độ: - Các tọa độ mà parabol (P) đi qua:. x y. -2 4. -1 1. 0 0. 1 1. 2 4. + Các tọa độ mà đường thẳng (đ) đi qua: x. 0. y. 2. . 2 3. 0. - Từ đó ta có đồ thị của (P) và (đ) trên cùng một hệ trục tọa độ là:. y 2. -2. -1. x. O 1 2 -1. -4. (đ). (P). Lời giải của giáo viên môn Công nghệ: Phan Lâm Ngồi buồn giải toán chơi vui Giáo viên Công nghệ: Ai cười? Ai chê?. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường THCS & THPT Tân Tiến. gmail: b. Viết phương trình đường thăng (đ’) vuông góc với (đ) và tiếp xúc với parabol (P). - Gọi phương trình đường thẳng (đ’) là: y = ãx + b. b ≠2 1 - Vì (đ’) vuông góc với (đ) nên hệ số góc của (đ’) là: a.3 = -1  a =  . Từ đó phương trình của (đ’) là: 3 1 y   x  b (1) 3 - Phương trình hoành độ chung của (đ’) và (P) là: 1 1  x 2   x  b  x 2  x  b  0  3x 2  x  3b  0 (2) 3 3 - Để (đ’) và (P) tiếp xúc với nhau thì (2) phải có 1 nghiệm duy nhất. 1 - Ta có:   (1) 2  4.3.3b  0  b  (3). 36 1 1 - Thay (3) vào (2) ta được phương trình đường thẳng (đ’) là: (đ’): y y    . 3 36 1 1 - Vậy phương trình của (đ’) là: y    . 3 36 3x  y  5 2. Giải hệ phương trình:  (1). 5 x  2 y  25 - Nhân 2 vế của phương trình thứ nhất với 2 rồi cộng vế theo vế với phương trình thứ hai ta được: 6 x  2 y  10 (1)    11x  33  x  3. 5 x  2 y  23 - Thay x = 3 vào phương trình thứ nhất: 3.3  y  5  y  4.. x  3 - Vậy nghiệm của hệ phương trình (1) là:  . y  4 Câu 3 (2.5 điểm) 1. Giải phương trình khi m = 4: a. Khi m = 4 phương trình (1) trở thành: x 2  4 x  1  0  2  3  2  3  x1   1 ' 2 - Ta có:   2  1.1  3    x  2  3  2  3  2 1.  x  2  3 - Vậy nghiệm của phương trình la:  1 . x   2  3  2 b. Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thì   0.. m  2 - Ta có:   0  (m) 2  4.1.1  0  m 2  4  m  2   (1). m  2  x  x  m - Theo hệ thức Vi-ét:  1 2 (1).  x1.x2  1. Lời giải của giáo viên môn Công nghệ: Phan Lâm Ngồi buồn giải toán chơi vui Giáo viên Công nghệ: Ai cười? Ai chê?. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trường THCS & THPT Tân Tiến - Ta có. gmail: 2 x12 x22  2  7  x14  x24  7 x12 .x22  0   x12  x22   2 x12 .x22  7 x1.x2  0 2 x2 x1 2. 2   x1  x2   2 x1.x2   2 x12 .x22  7 x1.x2  0 (2).  . m2  2  3  m2  1  2 . - Thay (1) vào (2) ta được: (m)  2  9  m  2  3   2 m  2  3  m  5 2. 2. 2. - Với m 2  1 loại. m   5 - Với m2  5  m  5   . m  5 m   5 - Vậy giá trị của m thỏa mãn điều kiện bài toán là:  m  5 2. Giải bài toán bằng cách lập phương trình: - Gọi x là chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật, với x > 6, đơn vị là mét (m). 360 - Dó đó chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là: m. x - Theo đề bài ta có phương trình: 360 ( x  6)(  2)  360  x 2  6 x  1080  0 x 3  33  x1   30   1 ' 2 2 Ta có:   (3)  (1080).1  1089  33    33.   .  x  3  33  36  2 1 - Kết hợp với điều kiện bài toán ta có chiều dài mảnh vườn là x = 36m. từ đó suy ra chiều rộng mảnh vườn là 10m. - Chu vi mảnh vườn hình chữ nhật là: C = 2(36 +10) = 92m. - Vậy chu vi mảnh vườn hình chữ nhật ban đầu là 92m. Câu 4 (1.0 điểm) - Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AB 6 AC    2 3cm. tgC 3 AB 6 BC    4 3cm. sinC 3 2 - Đường cao AH . A. B. M. H. C. AC. AB 6.2 3   2cm. BC 6 3. Lời giải của giáo viên môn Công nghệ: Phan Lâm Ngồi buồn giải toán chơi vui Giáo viên Công nghệ: Ai cười? Ai chê?. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trường THCS & THPT Tân Tiến. gmail: 1 2. 1 2. - Vì trung tuyến AM hạ từ đỉnh góc vuông nên: AM  BC  .6  3cm. Câu 5 (2.5 điểm). x. A. x y. z. O M. B. C D F. P. E. Q.   OBE   900 cùng nhìn đoạn OE do đó tứ giác OBEC nội tiếp. a) Vì EC và EB là các tiếp tuyến nên OCE b) Gọi xx’ là tiếp tuyến của đường tròn  O; R  tại A, ta có:   BAD  , xAE   AEP  (so le).   là góc nội tiếp,  PAE xAE   ABC ( xAE ABC là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây   ABD  APE  AD  AB  AB. AP  AD. AE cung chắn cung AC) suy ra  ABC  AEP AP AE c) Gọi Ey và Ez lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại C và B ta có: ' (1). x AB   yBA góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AB..   đối đỉnh yBA  PBE. (2)..   so le theo giả thiết. x ' AB  BEP   PEB   BE  PE - Từ (1), (2) và (3)  PBE - Tương tự: CE  EQ - Vì EC và EB là các tiếp tuyến nên BE  CE. - Từ (4), (5) và (6)  EQ  EP. .   BAC   APQ ~ ABC - Từ câu b ta có:  xAP   ACB   APQ, PAQ AC BC 2 MC AC MC - Vì PE  EQ , MB  MC nên     AP PQ 2 PE AP PE. (3) (4) (5) (6) (7) (8).   MAC  - Từ (7) và (8) suy ra AMC  APE (trường hợp cạnh-góc-cạnh) suy ra PAE   MAC   BD  C    MCD . d) Gọi F là giao điểm của AM và (O). Vì PAE F  BF  CB  MBF - Mà ta lại có MB  MC  MBF  MCD (9).   CMF  (đối đỉnh) và BAM   MCF  (cùng chắn cung BF ). - Mặt khác: BAM ~ MFC vì BMA. (10). 2. - Từ (9) và (10) suy ra AMC ~ MCD . MA MC BC 2  BC    MA.MD  MC 2  MA.MD     MC MD 4  2 . Lời giải của giáo viên môn Công nghệ: Phan Lâm Ngồi buồn giải toán chơi vui Giáo viên Công nghệ: Ai cười? Ai chê?. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>