Đề tuyển sinh vào lớp 10 tham khảo năm 2015 (6)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (529.86 KB, 6 trang )
H=
( 3 − 5)
2
+ 5
GIẢI ĐỀ THI TS LỚP 10_NĂM 2014 – 2015
Câu
Nội dung
N=1+
1.
H=
81 = 1 + 9 = 10
( 3 − 5)
2
+ 5 =|3–
= 3–
1. (2,5 đ)
2.
ĐKXĐ: ≥ 0 và x ≠ 1
x− x
x−1
−
G=
=
x −1
x +1
=
5|+
5
5 +
5 =3
x ( x − 1) ( x + 1)( x − 1)
−
x −1
x +1
x – ( x – 1) = 1
+ Bảng một số giá trị của (P):
x
y = – x2
–2
–4
–1
–1
0
0
1
–1
2
–4
A
+ (d) đi qua 2 điểm (0; 2) và (– 1; – 1)
+ Đồ thị:
1a.
2. (2,0 đ)
d' có dạng: y = a’x + b’
d’ ⊥ d ⇔ a’. a = – 1
1
Với: a = 3 ⇒ a’ = −
3
1
⇒ d’ : y = − x + b’
3
2
1b. Pt hoành độ giao điểm của (P) và d’: – x = −
Pt (*) có ∆ =
1
1
x + b’ ⇔ x2 − x + b’ = 0 (*)
3
3
1
– 4b’
9
1
1
– 4b’ = 0 ⇔ b’ =
9
36
1
1
Vậy d’ có phương trình: y = − x +
3
36
d' tiếp xúc (P) khi ∆ =
2.
3x − y = 5
6 x − 2 y = 10
11x = 33
⇔
⇔
Hệ pt:
5x + 2 y = 23
5x + 2 y = 23
3x − y = 5
2.
x = 3
x = 3
⇔
⇔
y = 3x − 5
y = 3. 3 − 5 = 4
Vậy hệ pt có nghiệm x = 3 và y = 4
Khi m = 4, ta có pt: x2 + 4x + 1 = 0
(*)
Pt (*) có ∆ ’ = 3 > 0
1a. Suy ra : x1,2 = – 2 ± 3
Vậy khi m = 4, pt (1) có 2 nghiệm x1,2 = – 2 ± 3 .
Pt (1) có 2 nghiệm x1, x2 ⇔ ∆ = m2 – 4 ≥ 0
m ≥ 2
⇔ m2 ≥ 4 ⇔ | m | ≥ 2 ⇔
.
m ≤ − 2
S = x1 + x2 = − m
Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):
P = x1 . x2 = 1
2
2
4
x1
x2
x1 + x24
Theo đề bài: 2 + 2 > 7 ⇔ 2 2 > 7
x2
x1
x1 . x2
⇔ x14 + x24 > 7(x1.x2)2 ⇔ (x12)2 + (x22)2 > 7(x1.x2)2
⇔ (x12 + x22)2 – 2x12.x22 > 7(x1.x2)2
1b. ⇔ [(x1 + x2)2 – 2x1.x2 ]2 > 9(x1.x2)2
⇔ [ ( – m)2 – 2 . 1 ]2 > 9. 12
⇔ ( m2 – 2)2 > 9 ⇔ | m2 – 2 | > 3
m 2 − 2 > 3
m2 > 5
⇔ 2
⇔ 2
m − 2 < − 3
m < − 1(voâ nghieäm )
3. (2,5 đ)
Với m2 > 5 ⇔ | m | >
2.
m > 5
(thỏa ĐK)
5⇔
m < − 5
x12
x22
+
>7.
Vậy khi m > 5 hoặc m < – 5 thì pt (1) có 2 nghiệm thỏa 2
x2
x12
Gọi x(m) là chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật (x > 0)
360
Chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật:
(m)
x
360
Theo đề bài, ta có pt: (x + 2)(
– 6) = 360
x
⇔ – 6x2 – 12x + 720 = 0 ⇔ x2 + 2x – 120 = 0
x = 10 (thoûa ÑK )
⇔
x = − 12(khoâng thoûa ÑK )
360
= 36
x
Chu vi của mảnh vườn: 2(10 + 36) = 92 (m2)
Với x = 10 ⇒
∆ ABC vuông tại A nên:
µ = 900 ⇒ B
µ +C
µ = 300
• B
• AC = AB. tanB = 6. tan300 = 6.
• BC =
4. (1,0 đ)
AB 2 + AC 2 =
6 2 + (2 3 ) 2 = 4 3 (cm)
• AB. AC = BC. AH ⇒ AH =
• AM =
5. (2,5 đ)
3
= 2 3 (cm)
3
AB. AC
6. 2 3
=
= 3(cm)
BC
4 3
1
1
BC = .4 3 = 2 3 (cm)
2
2
Hình vẽ:
1.
2.
3.
(O) có:
·
• BE là tiếp tuyến tại B ⇒ BE ⊥ OB ⇒ OBE
= 900 nhìn đoạn OE
·
• CE là tiếp tuyến tại C ⇒ CE ⊥ OB ⇒ OCE
= 900 nhìn đoạn OE
Từ (1) và (2) ⇒ Tứ giác OBEC nội tiếp đường tròn đường kính OE.
(O) có:
·
• ·ADB = BAx
(cùng chắn »AB )
(1)
·
• PQ // d ⇒ ·APE = BAx
(so le trong)
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ ·ADB = ·APE
∆ ABD và ∆ AEP có:
·ADB = ·APE (cmt) và EAP
·
chung ⇒ ∆ ABD ∆ AEP (g.g)
AB AD
⇒
⇒ AB. AP = AD. AE (đpcm).
=
AE AP
(O) có:
¶ (cùng chắn »AB )
·
• BAx
= B
2
µ
¶
• B = B (đối đỉnh)
1
2
µ
= B
·
⇒ BAx
1
·
Mà: BAx
= ·APE (cmt)
µ = ·APE ⇒ ∆ BEP cân tại E ⇒ EP = EB
⇒B
1
(O) có:
(1)
(1)
(2)
ả (cựng chn ằAC )
ã
= C
CAy
2
à = C
ả (i nh)
C
1
2
=C
à
ã
CAy
1
ã
PQ // d CAy
= ãAQE (so le trong)
à = ãAQE CEQ cõn ti E EQ = EC
C
1
3.
(2)
Hai tip tuyn EB v EC ct nhau ti E EB = EC (3)
T (1), (2) v (3) EP = EQ (pcm).
ABC v AQP cú:
ã
ãACB = ãAPQ (cựng bng BAx
ã
) v PAQ
chung ABC
AQP (g.g)
AC BC 2.MC MC
PE
PA
=
=
=
=
AP PQ 2.PE
PE
CM CA
AEP v AMC cú:
PE
PA
=
(cmt)
CM CA
ã
ãAPE = ãACM ( cựng bng BAx
)
ã
ã
AEP AMC (c. g. c) PAE
= MAC
(pcm)
Gi N l giao im ca tia AM v (O), ta cú:
ã
ã
ằ )
BAN
= BCN
( cựng chn BN
ã
ãAMB = NMC
(i nh)
AMB
CMN (g.g)
5
AM
MB
BC . BC = BC 2
(*)
AM . MN = MB.MC =
=
CM MN
2
2
4
(O) cú:
ã
ã
ã
PAE
= MAC
(cmt) ãBAD = NAC
ãBAD noọi tieỏp chaộn BD
ằ
ằ = CN
ằ BD = CN.
BD
ã
ằ
NAC
noọi tieỏp chaộn CN
ã
ã
EBC cõn ti E EBM
= ECM
4.
= ECN
ã
ã
ã
ã
EBD
+ DBM
+ NCM
ã
ã
ã
ã
M: EBD
= ECN
(chn 2 cung bng nhau) DBM
= NCM
BDM v CNM cú:
MB = MC
ã
ã
DBM
= NCM
BDM = CNM (c.g.c)
BD = CN
MD = MN
BC 2
T (*) v (**) AM. MD =
(pcm)
4
(**)
