BINH THUAN1516

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016 – Khoá ngày: 15/06/2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài:120 phút. (Đề thi có 01 trang). (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ. Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: x  y 8  2 a) x + x - 6 = 0 b) x  y 2 Bài 2: (2 điểm) Rút gọn biểu thức : a) A  27  2 12  75 1 1 B  3 7 3 7 b) Bài 3: (2 điểm) a) Vẽ đồ thị ( P) của hàm số y = x2 b) Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y = kx + 1 luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt với mọi k . Bài 4: (4 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, D là một điểm tùy ý trên nửa đường tròn ( D khác A và D khác B) . Các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại C, BC cắt nửa đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. Kẻ DF vuông góc với AB tại F. a) Chứng minh : Tứ giác OACD nội tiếp. b) Chứng minh : CD2 = CE.CB c) Chứng minh : Đường thẳng BC đi qua trung điểm của DF. d) Giả sử OC = 2R, tính diện tích phần tam giác ACD nằm ngoài nửa đường tròn (O) 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 1 1đ x2 + x - 6 = 0  = 12 – 4.(-6) = 25  5.  1 5 2; 2  1 5 x2   3 2. a.  x1 . b. x  y 8   x  y  2 . 1đ 2x 10   x  y  8 . x 5   y 3. 2 a. A  27  2 12 . B b. 1 3 7. . 1 3. 75 = 3 3  4 3  5 3 =-6 3. 6. 7 = 32  7. 2. . 6 3 9 7. 3 a. Lập đúng bảng giá trị và hình vẽ ( 1đ) y = x2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:. x 2 kx  1  x 2  kx  1 0 (1)  = k2 + 4 Vì k2  0 với mọi giá trị k. b. Nên k2 + 4 > 0 với mọi giá trị k =>  > 0 với mọi giá trị k Vậy đường thẳng (d) : y = kx + 1 luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt với mọi k . 4 x. a. A. O. F. B. Xét tứ giác OACD có:.  CAO 900 (CA là tiếp tuyến )  CDO 900 (CD là tiếp tuyến ).    CAO  CDO 1800  Tứ giác OACD nội tiếp + Xét CDE và CBD có: b. c.  1    CDE CBD  sdcungDE     2  DCE chung và  CDE CBD (g.g) CD CE   CB CD  CD 2 CE.CB Tia BD cắt Ax tại A’ . Gọi I là giao điểm của BC và DF 0  Ta có ADB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  '  ADA 900 , suy ra ∆ADA’ vuông tại D.. Lại có CD = CA ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên suy ra được CD = C A’, do đó CA = A’C (1). Mặt khác ta có DF // AA’ (cùng vuông góc với AB) ID IF  BI     nên theo định lí Ta-lét thì CA' CA  BC  (2).. Từ (1) và (2) suy ra ID = IF Vậy BC đi qua trung điểm của DF. OD. 1.    Tính cos COD = 0C 2 => COD = 600  0 AOD. =>. = 120. 2.  .R .120  R 2  360 3 (đvdt) Tính CD = R 3 S quat . d. 1 1 3 2 S OCD  .CD.DO  .R 3.R R 2 2 = 2 (đvdt) SOACD 2.S OCD = 3R 2 (đvdt). Diện tích phần tam giác ACD nằm ngoài nửa đường tròn (O)  R2  3    R2   2 SOACD  S quat 3  (đvdt) = 3R - 3 = .

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