SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (1 điểm) Tính A = 3x2 − 2x − x − với x = Bài (1,5 điểm) x2 ( P ) 1) Vẽ đồ thị hàm số y = 2) Xác định a b để đường thẳng y = ax + b qua gốc tọa độ cắt (P ) điểm A có hồnh độ −3 Bài (2 điểm) 1) Giải hệ phương trình: x + 2y = 10  1  x−y = 2 2) Giải phương trình: x− x −2= Bài (2,0 điểm) Cho phương trình x2 − 2(m + 1)x + 2m = với m tham số 1) Chứng minh phương trình có nghiệm phân biệt với m 2) Tìm m để phương trình có nghiệm dương 3) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào m Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A , M trung điểm cạnh AC Đường tròn đường kính MC cắc BC N ( N không trùng với C ) Đường thẳng BM cắt đường tròn đường kính MC D ( D không trùng với M ) 1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp đường tròn Tìm tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác BADC 2) Chứng minh BD phân giác góc ADN 3) Chứng minh OM tiếp tuyến đường tròn đường kính MC 4) BA CD kéo dài cắt P Chứng minh điểm P , M , N thẳng hàng -HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: .Chữ ký giám thị 2: https://www.facebook.com/groups/hoidaptlhthcs/ HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (1 điểm) Thay x = vào A , ta được: A = 3.( 2)2 − 2 − 2 − = 3.2 − 2 − − = − 2 = ( − 1)2 = − = − (vì > ⇔ − > 0) Bài (1,5 điểm) 1) Vẽ (P ) : y = x2 : x Bảng giá trị: y= x −4 −2 4 1 y (P ) −4 2) −2 O x Vì đường thẳng (d) : y = ax + b qua gốc tọa độ nên b = Do đó, hàm số cho có dạng (d) : y = ax Gọi A(−3;yA ) điểm thuộc (P ) có hồnh độ −3  (−3)2 9 A(−3;yA ) ∈ (P ) ⇔ yA = = ⇒ A  −3; ÷ 4 4   9 4 Vì (d) : y = ax (P ) cắt A  −3; ÷ nên A ∈ (d) ⇔  Vậy a = − , b = 0, hàm số cần tìm y = − = a.(−3) ⇔ a = − 4 x Bài (2 điểm) x + 2y = 10  ⇔ 1) Ta có  x − y =  2 x + 2y = 10 ⇔  x − 2y = x + 2y = 10 ⇔ ⇔  2x = 12 Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (6;2) x =  y = x− x −2= 2) Giải phương trình: Cách 1: Biến đổi tương đương: Điều kiện: x ≥ Với điều kiện trên, phương trình tương đương: x −2 x + x −2= ⇔ x ⇔ ( ( ) ( x −2 + )( x +1 ) x −2 = ) x −2 = Cách 2: Đặt ẩn phụ: Điều kiện: x ≥ Đặt t = x , điều kiện t ≥ t = x ⇒ x = t2 Phương trình cho trở thành: t2 − t − = (*) ⇔ x + = x − = Vì a − b + c = − (−1) + (−2) = Nên phương trình (*) có nghiệm phân biệt • t1 = −1 t2 = x + = ⇔ x = −1 (vơ lý) • x − = ⇔ x = ⇔ x = (tmđk) Vậy PT có tập nghiệm S = {4} Đối chiếu với điều kiện ta chọ nghiệm t2 = Với t2 = ⇔ x = ⇔ x = (tmđk) Vậy PT có tập nghiệm S = {4} Bài (2,0 điểm) x2 − 2(m + 1)x + 2m = 1) Chứng minh phương trình có nghiệm phân biệt với m Ta có ∆ ' =  −(m + 1) − 1.2m = = m2 + > với m   Vây phương trình ln có nghiệm phân biệt với m 2) Tìm m để phương trình có nghiệm dương Theo câu 1) với m phương trình ln có nghiệm phân biệt x1, x2 Theo định lí Vi- x1 + x2 = 2m + x1x2 = 2m et, ta có:  2m + > 2m > Để phương trình có nghiệm dương :  • 2m + > ⇔ m > −1 • 2m > ⇔ m > Vậy giá trị m cần tìm m > 3) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào m x1 + x2 = 2m + x + x2 − = 2m ⇔ x1x2 = 2m x1x2 = 2m ⇒ x1 + x2 − = x1x2 ⇔ x1 + x2 − x1x2 = Vậy hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc vào m là: x1 + x2 − x1x2 = Theo câu 2), ta có:  Bài (3,5 điểm) 1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp đường tròn Tìm tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BADC : Xét tứ giác BADC , ta có: · BAC = 900 ( ∆ABC vuông A ) · BDC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MC ) · · ⇒ BAC = BDC = 900 Mà A D hai đỉnh kề nhìn cạnh BC góc 900 Do tứ giác BADC nội tiếp đường tròn đường kính BC Tâm O đường tròn trung điểm BC 2) Chứng minh DB phân giác góc ADN » đường tròn (O) ) · · Ta có: ADB (cùng chắn cung AB = ACB ¼ đường kính MC ) · · (cùng chắn cung MN BDN = ACB · · · ⇒ DB phân giác góc ADN ⇒ ADB = BDN 3) Chứng minh OM tiếp tuyến đường tròn đường kính MC Xét ∆ABC , ta có: O trung điểm BC (theo câu 1) B M trung điểm AC (giả thiết) ⇒ OM đường trung bình ∆ABC ⇒ OM // AB O Mà AB ⊥ AC ( ∆ABC vuông A ) N ⇒ OM ⊥ AC M Ta lại có: MC đường kính đường tròn đường kính MC ⇒ OM tiếp tuyến đường tròn đường kính A M MC 4) Chứng minh điểm P , M , N thẳng hàng: D • Ta có AB ⊥ AC ( ∆ABC vng A ) ⇒ AB ⊥ MC ⇒ AB đường cao ∆BMC (1) · • Ta có BD ⊥ CD ( BDC = 900 ) ⇒ BM ⊥ CD ⇒ CD đường cao ∆BMC (2) • Mà BA CD kéo dài cắt P (3) P (4) Từ (1), (2) (3) suy P trực tâm ∆BMC · Ta lại có: MNC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính MC ) ⇒ MN ⊥ BC ⇒ MN đường cao ∆BMC (5) Từ (4) (5) suy P ∈ MN hay P , M , N thẳng hàng C