GIAI DE TOAN VAO LOP 10 NAM DINH 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2014 TỈNH NAM ĐỊNH Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 Đáp án D A C D B. 6 A. 7 C. 8 B. Phần II – Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. ( 1,5 điểm).  2 x 4x   1 1   :    1  x 1  x   x x  x   1) Rút gọn biểu thức A =  với x  0 và x 1. 2) Chứng minh. 32 2 . 3  2 2 2 .. Nội dung trình bày 1) Với x  0 và x 1 thì biểu thức A xác định và ta có:  2 x (1  x )    4x x 1 1 A   :      (1  x )(1  x ) (1  x )(1  x )  x ( x  1) x ( x 1)     2 x  2x  4x x 2  : (1  x )(1  x ) x ( x  1) . 2 x  2x x ( x  1) . (1  x )(1  x ) x 2. 2 x (1  x ) x ( x  1) 2x .  (1  x )(1  x ) x 2 x 2 2x A x 2 . Vậy với x  0 và x 1 thì . 2) Ta có. 3  2 2  2  2 2  1  ( 2  1) 2  2  1  2  1 3  2 2  2  2 2 1  ( 2  1) 2  2  1  2  1. vì. 2 1  0. vì. 2  10. Suy ra 3  2 2  3  2 2 ( 2  1)  ( 2  1) 2 (đpcm) Câu 2. ( 1,5 điểm). 1) Tìm tọa độ giao điểm của Parabol (P): y = 2x2 và đường thẳng (d): y = 3x - 1. 2) Cho phương trình x 2 – 4mx + 4m2 – m + 2 = 0. Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có x  x 2 2 hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho 1 . Nội dung trình bày 2 2 1) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 2 x 3x  1  2 x  3x  1 0 Ta có a + b + c = 2 + (-3) + 1 = -1 + 1 = 0 . 1 Suy ra phương trình có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 2 . Với x1 = 1 tính được y1 = 2 1 1 Với x2 = 2 tính được y2 = 2 1 1 ( ; ) Kết luận tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (1; 2) và 2 2 2) Ta có ∆/ = m - 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2  ∆> 0 m  2  0  m  2. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 4m; x1x2 = 4m2 – m + 2. 2. Ta có. 2. x1  x 2 3   x1  x 2  4   x1  x 2   4x1x 2 4  (4m) 2  4(4m 2  m  2) 4  4m  12 0  m 3 (thỏa mãn m  2 ). Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.  x(y  2)  y 6  Câu 3. ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x  2y  3 1 . Nội dung trình bày 3y  6  2y2  4y  y  6 0  x(y  2)  y 6 (3  2y)(y  2)  y  6 0     x  2y  3 0 x 3  2y x 3  2y    Ta có  y 0   x 3. 2y 2 0   x 3  2y.  x; y   3; 0  . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm Câu 4. ( 3,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại B, trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B và C ). Đường tròn đường kính EC cắt cạnh AC tại M và cắt đường thẳng AE tại N (M khác C, N khác E). 1) Chứng minh ABEM và ABNC là các tứ giác nội tiếp.  2) Chứng minh ME là tia phân giác của góc BMN . 3) Chứng minh AE.AN + CE .CB = AC2. Hình vẽ:. 1) Chứng minh ABEM và ABNC là các tứ giác nội tiếp. Nội dung trình bày 0 0   Ta có: EMC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  EM  AC  EMA 90 0 0 0 0    Lại có ABE 90 (gt)  ABE  EMA 90  90 180 Suy ra ABEM là tứ giác nội tiếp đường tròn. 0 0   Ta có: ENC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ANC 90  hai đỉnh B và N cùng nhìn cạnh AC dưới một góc vuông Suy ra ABNC là tứ giác nội tiếp đường tròn.  2) Chứng minh ME là tia phân giác của góc BMN . Nội dung trình bày Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEM ta có:   BME BAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) (1). 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Xét đường tròn đường kính EC ta có:   EMC ECN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EN) (2) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABNC ta có:   BAN BCN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN) (3)    Từ (1), (2), (3)  BME EMN  ME là tia phân giác của góc BMN . 3) Chứng minh AE.AN + CE .CB = AC2. Nội dung trình bày  Xét ∆ vuông AME và ∆ vuông ANC có: NAC chung  ∆ AME ~ ∆ ANC (g. g) AE AM  AC AN  AE . AN = AM . AC .  Xét ∆ vuông CME và ∆ vuông CBA có: ACB chung CM CE    ∆CME ~ ∆CBA (g. g) CB CA  CM . CA = CE . BC . . Suy ra: AE . AN + CE . BC = AM . AC + CM . AC = AC .(AM + CM ) = AC2. 3 2 Câu 5. ( 1,0 điểm). Giải phương trình 4x  25 x  43 x  x 3x  2 22  3 x  2 .. Nội dung trình bày Cách 1 + ĐKXĐ:. 3 x  2 0  x . 2 3 (*). 2 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0 2  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x  21x  22  3x  2 0 (1) 2 + Biến đổi (1) trở thành 3x  2 21x  22  4x.  3x  2  21x  22  4x 2. . . 2. 2 (Điều kiện 21x  22  4x 0(**) )  16 x 4  168 x3  617 x 2  927 x  486 0  (4 x 2  19 x  18)(4 x 2  23 x  27) 0  4 x 2  19 x  18 0 hoặc 4 x 2  23 x  27 0. 19  73 23  97  x x 8 8 hoặc 19  73 23  97  x ;x  8 8 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8 8    . + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là Cách 2 2 3 x  2 0  x  3 (*) + ĐKXĐ: 2 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0 2  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x  21x  22  3x  2 0 (1). 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 + Biến đổi (1) trở thành 4x  19 x  18 (2 x  4)  3x  2 (2 x  4) 2  ( 3x  2) 2  4x 2  19 x  18 (2 x  4)  3x  2  (2 x  4)  3x  2 (Nhân liên hợp, do điều kiện (*)) x 2  19 x  18  4x 2  19 x  18  (2 x  4)  3x  2.  4 x 2  19 x  18 0 hoặc (2 x  4)  3x  2 = 1 19  73  x 8 hoặc 3x  2 5  2x (2) + Giải (2) được. x. 23 . 97 8. 19  73 23  97  x ;x  8 8 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8 8   . + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là  Cách 3 2 3 x  2 0  x  3 (*) + ĐKXĐ: 2 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0 2  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x  21x  22  3x  2 0 (1) 2 + Biến đổi (1) trở thành 4x  19 x  18 (2 x  4)  3x  2.  4x 2  23x  27 (5  2 x )   4x 2  23x  27 . 3x  2 . (5  2 x) 2  ( 3x  2) 2 (5  2 x)  3x  2 (Nhân liên hợp, do điều kiện (*)). 4x 2  23 x  27 (5  2 x)  3x  2.  4x 2  23x  27 0 hoặc 5  2 x  3x  2 = 1 23  96  x 8 hoặc 3x  2 2 x  4 (2) 19  73 x 8 + Giải (2) được 19  73 23  97  x ;x  8 8 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy thỏa mãn (*) và (**)  19  73 23  97  ; 1;  8 8    . + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là Cách 4 2 3 x  2 0  x  3 (*) + ĐKXĐ: 2 + Biến đổi phương trình đã cho trở thành: (x  1)(4x  21x  22  3x  2) 0 2  x 1 thỏa mãn điều kiện (*) hoặc 4x  21x  22  3x  2 0 (1). 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 81 4x  18 x  (3 x  2)  4 + Biến đổi (1) trở thành  (2 x  5  3x  2) 2 (2 x  4  3x  2)2 0 2.  2 x  5  3x  2 0; 2 x  4 . 2. 1 9  1  3x  2    2 x    3x  2   4 2  2 . 2. 3x  2 0. 3x  2 5  2x hoặc 3x  2 2 x  4 23  97 19  73  x  x 8 8 hoặc . 19  73 23  97 x ;x  8 8 + Kiểm tra các giá trị của x, ta thấy thỏa mãn các diều kiện của x  19  73 23  97  ; 1;  8 8    . + Kết luận: tập nghiệm của phương trình đã cho là. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>