- Trang chủ >>
- Tuyển sinh lớp 10 >>
- Toán
Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2014 2015 sở GDĐT đà nẵng
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (104.9 KB, 5 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP.ĐÀ NẴNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1: (1,5 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức
P=
Rút gọn biểu thức
Bài 2: (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
A= 9− 4
x 2
2x − 2
+
x−2
2 x+x 2
, với x > 0,
x≠2
3x + 4 y = 5
6 x + 7 y = 8
Bài 3: (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) và hàm số y = 4x + m có đồ thị (dm)
1)Vẽ đồ thị (P)
2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (d m) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân
biệt, trong đó tung độ của một trong hai giao điểm đó bằng 1.
Bài 4: (2,0 điểm)
Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0, với m là tham số.
1)Giải phương trình khi m = 0.
2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với x1 < x2,
x1 − x2 = 6
tìm tất cả các giá trị của m sao cho
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thu ộc BC). Vẽ đường tròn
(C) có tâm C, bán kính CA. Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại đi ểm thứ
hai là D.
1)Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C).
»AD
2)Trên cung nhỏ
của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song
với AB. Đường thẳng BE cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là
trung điểm của EF. Chứng minh rằng:
·
·
BHE
= BFC
2
a) BA = BE.BF và
b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.
---------------------------------------------------
BÀI GIẢI
Bài 1:
1)A = 3 – 2 = 1
2)Với điều kiện đã cho thì
P=
2x
(
x 2
2+ x
+
) (
2
(
x− 2
x− 2
)(
)
x+ 2
)
=
x
2
+
=1
2+ x
x+ 2
Bài 2:
3 x + 4 y = 5
6 x + 8 y = 10 y = 2
x = −1
⇔
⇔
⇔
6 x + 7 y = 8 6 x + 7 y = 8
6 x + 7 y = 8 y = 2
Bài 3:
1)
2)
Phương trình hoành độ giao điểm của y = x2 và đường thẳng y = 4x + m là :
x2 = 4x + m
⇔
x2 – 4x – m = 0 (1)
∆′ = 4 + m
(1) có
Để (dm) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì
∆′ > 0 ⇔ 4 + m > 0 ⇔ m > −4
1− m
4
y = 4x + m = 1 => x =
Yêu cầu của bài toán tương đương với
m > −4
m > −4
m > −4
1− m ⇔
− m − 7 hay
−m − 7
2 ± 4 + m = 4
4 + m = 4
− 4 + m = 4
m > −4
m < −7
−m − 7
4+m =
⇔
4
(loại) hay
m > −4
m > −7
4 4 + m = m + 7
m > −4
m > −4
m > −4
⇔
⇔ 2
⇔
⇔ m = 5 hay m = −3
2
m = 5 hay m = −3
m − 2m − 15 = 0
16 ( 4 + m ) = m + 14m + 49
Bài 4:
1)Khi m = 0, phương trình thành : x2 – 4x = 0
4
⇔
x = 0 hay x – 4 = 0
⇔
∆′ = ( m − 2 ) + m 2 = 2m 2 − 4m + 4 = 2 ( m 2 − 2m + 1) + 2 = 2 ( m − 1) + 2 > 0∀m
2
2
2)
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Ta có
S = x1 + x2 = 2 ( 2 − m ) , P = x1 x2 = −m 2 ≤ 0
x1 − x2 = 6 ⇒ x12 − 2 x1 x2 + x22 = 36 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2 = 36
2
Ta có
4 ( 2 − m ) = 36 ⇔ ( m − 2 ) = 9 ⇔ m = −1hay m = 5
2
2
x1 = 3 − 10, x 2 = 3 + 10 ⇒ x1 − x 2 = −6
Khi m = -1 ta có
(loại)
x1 = −3 − 34, x 2 = −3 + 34 ⇒ x1 − x 2 = 6
Khi m = 5 ta có
Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán.
(thỏa)
x = 0 hay x =
Bài 5:
·
BAC
= 900
1)Ta có
nên BA là tiếp tuyến với (C).
BC vuông góc với AD nên
·
·
BDC
= BAC
= 900
H là trung điểm AD. Suy ra
nên BD cũng là tiếp tuyến với (C)
2)
a)
Trong tam giác vuông ABC
AB2 = BH.BC
ta có
(1)
Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA
vì có góc B chung
và
·
·
BAE
= BFA
(cùng chắn cung AE)
AB BE
=
⇒ AB2 = BE.FB
FB BA
suy ra
(2)
Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB
⇒
Từ BE.BF= BH.BC
BE BH
=
BC BF
2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và
·
·
⇒ BHE
= BFC
A
N
B
C
H
E
D
K
F
BE BH
=
BC BF
b) do kết quả trên ta có
·
·
·
HAC
= EHB
= BFC
·
·
BFA
= BAE
, do AB //EH. suy ra
·
·
·
·
·
·
DAF
= DAC
− FAC
= DFC
− CFA
= BFA
·
·
⇒ DAF
= BAE
» DF
»
AE,
, 2 góc này chắn các cung
nên hai cung này bằng nhau
Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tam giác HED và HNA bằng nhau
·
·
EDH
= HDN
(vì góc H đối đỉnh, HD = HA,
(do AD // AF)
Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN. Suy ra HK là đường trung bình của tam
giác EAF.
Vậy HK // AF.
Vậy ED // HK // AF.
