Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2014-2015 - Phòng GD & ĐT Yên Lạc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2014-2015 - Phòng GD & ĐT Yên Lạc (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút Câu 1 (2điểm) 5 a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức: . 6 1 2x y 7 b) Giải hệ phương trình: . x 2y 1 Câu 2 (2điểm) 4a a a 1 Cho biểu thức: P . với a >0 và a 1 . 2 a 1 a a a a) Rút gọn biểu thức P. b) Với những giá trị nào của a thì P = 3. Câu 3 (2điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M(–1 ; 2) và song song với đường thẳng y = 2x + 1. Tìm a và b. 2 2 b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x + 4x – m – 5m = 0. Tìm các giá trị của m sao cho: |x1 – x2| = 4. Câu 4 (3điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D BC, E AC) . a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn. b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A). Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: AD BE CF Q . HD HE HF Câu 5 (1điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0. .HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên HS: .SBD: Phòng thi:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu Nội dung Điểm 5 5( 6 1) a) Ta có: 0,5 6 1 ( 6 1)( 6 1) 5( 6 1) 5( 6 1) 6 1 0,5 6 1 5 1 2x y 7 4x 2y 14 b) Ta có: 0,5 x 2y 1 x 2y 1 5x 15 x 3 0,5 x 2y 1 y 1 4a a a 1 4a 1 a 1 P . . a) Với 0 a 1 thì ta có: 2 2 0,5 a 1 a a a a 1 a 4a 1 0,5 2 a 2 4a 1 b) Với 0 a 1 thì P = 3 3 3a 2 4a 1 3a 2 4a 1 0 0,5 a 2 1 a = 1 (loại) hoặc a (thỏa mãn đk). 0,5 3 a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên: 0,5 a = 2, b 1. Vì đường thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt: 0,5 2(-1) + b = 2 b = 4 (thỏa mãn b 1). Vậy a = 2, b = 4 b) Ta có : ' 4 m2 5m (m 1)(m 4) . Để phương trình có 2 nghiệm x , x 1 2 0,25 thì ta có: ' 0 m 4 hoặc m 1 (*) 3 b c Theo định lí Vi-et, ta có: x x 4 và x .x m2 5m. 0,25 1 2 a 1 2 a 2 2 Ta có: x1 x2 4 (x1 x2 ) 16 (x1 x2 ) 4x1.x2 16 0,25 16 4( m2 5m) 16 m2 5m 0 m = 0 hoặc m = – 5 Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm. 0,25 a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta 0,5 có: ADˆB AEˆB 900 ˆ 4 Hai góc ADˆB; AEˆB cùng nhìn cạnh AB dưới một góc 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp 0,5 đường tròn.
3. b) Ta có:ABˆK ACˆK 900 (góc nội tiếp A chắn nữa đường tròn) CK  AC,BK  AB (1) 0,5 E F Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên: H BH  AC,CH  AB(2) O Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK. Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo B C D định nghĩa) 0,5 K c) Đặt S = S , S = S , S = S , S = S. Vì ABC nhọn nên trực tâm BHC 1 AHC 2 AHB 3 ABC 0,25 H nằm bên trong ABC , do đó: S = S1 + S2 + S3 . AD S S BE S S CF S S Ta có: ABC (1), ABC (2), ABC (3) 0,25 HD SBHC S1 HE SAHC S2 HF SAHB S3 Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: AD BE CF S S S 1 1 1 Q S HD HE HF S S S S S S 1 2 3 1 2 3 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có: 1 1 1 3 3 S S1 S2 S3 3 S1.S2.S3 (4) ; (5) 3 S1 S2 S3 S1.S2.S3 Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q 9 . Đẳng thức xẩy ra S S S 1 2 3 0,25 hay H là trọng tâm của ABC , nghĩa là ABC đều. Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*). Đặt x 2 t 0 thì pt (*) trở 0,25 thành: t2 – 2mt + 2 – m = 0 ( ), '(t) m2 m 2 (m 1)(m 2) Để pt (*) vô nghiệm thì pt( ) phải vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm t , t sao 1 2 0,25 cho: t1 t2 0 Pt ( ) vô nghiệm '(t) 0 (m 1)(m 2) 0 2 m 1 (1) 5 Pt ( ) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: t1 t2 0 . Điều kiện là: ' 0 ' 0 0,25 2m 0 m 0 m 2 (2) 2 m 0 m 2 Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm của m là: m <1. 0,25 Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa, điểm toàn bài không quy tròn.