Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2014 tỉnh Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO        KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
  TỈNH THANH HÓA                                                          Năm học 2014 – 2015          
   ĐỀ CHÍNH THỨC                                                                     MÔN THI: Toán
                                                                                        Ngày thi: 30 tháng 6 năm 2014
Câu 1: (2,0 điểm)
1) Giải các phương trình sau:
a) y – 3 = 0
b) y2 – 3y + 2 = 0
2) Giải hệ phương trình
1) Rút dọn biểu thức B
2) Tính giá trị biểu thức B khi y = 3 + 2√2
Câu 3 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = nx – 3 và parabol (P) y = x2
1)Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;0)
2) Tìm n để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1;x2 thỏa mãn |x1 – x2| = 2
Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính EF = 2R. Gọi C là trung điểm của OE, qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OE cắt đường tròn đó tại hai điểm phân biệt M và N. Trên cung nhỏ FM lấy điểm K (K ≠ F và K ≠ M), trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM. Gọi D là giao điểm của EK và MN. Chứng minh rằng:
1) Tứ giác FCDK là tứ giác nội tiếp.
2) EK.ED = R2
3) NI = FK
Câu 5 (1,0 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
Đáp Án:
Câu 1 (2đ)1) Giải phương trình :
y-3=0y=3 .Vậy nghiệm của phương trình y=3
y2-3y+2=0 theo hệ quả vi ét ta có a+b+c=1-3+2=0y1=1, y2=2 . vậy phương trình có 2n0 phân biệt y1=1, y2=2
2)Giải hệ ptVậy HPT có cặp nghiệm duy nhất 
Câu 2(2đ) Cho biểu thức (với y˃0 )
a) RGBT B=
b) khi y=3+
Câu 3(2đ)
do đt(d) đi qua điểm B(1;0) ta suy ra n=3 .Vậy đt có dạng y=3x-3
đt(d)tại hai điểm phân biệt cắt hoành độ x1;x2 thì ta có pt x2=nx-3
 x2-nx+3=0 ta có Δ ˃0 Δ=n2-12 n2-12˃0n˃ (or) n<-
thoả mãn hệ thức ta có =2n=±4 (tmđk)
vậy với n=4 (or) n=-4 thì đt(d)tại hai điểm phân biệt cắt hoành độ x1;x2 (TMĐK) 
Câu4 
1) (góc nội tiếp chắn nửa đt)
MNEFgócDCF =900
góc NKF+gócDCF=1800 
Tứ giác FCDK nội tiếp một đường tròn
2) hai tam giác ECD EKF (g;g)
 do C là trung điểm OEOC=EC(2)
FE.EC = 2OE.1/2OE (3) 
từ (1),(3) đpcm
3) Kéo dài MO cắt NF tại A
Ta có: MC = NC ( vì đường kính vuông góc với dây cung không di qua tâm)
=> BC là đường trung tuyến của tam giác MFN
Lại có: OF = R; OC = R/2=> OF = 2 OC
=> OB = 2/3 FC
Xét tam giác MFN có FC là dường trung tuyến mà OF = 2/3 FC nên suy ra điểm O là trong tâm của tam giác MFN
=> MF cũng là đường trung tuyến
=> AF=NA
Xét tam giác OFN cân tại O( OF = ON) có OA là đường trung tuyến => OA vừa là đường cao => OF vuông góc NB=> MF vuông góc với NB
Xét tam giác MFN có FC vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao
=> Tam giác MFN cân tại F
=> MF = FN (4)
Xét tam giác MFN có MA vừa là đường trung tuyến, vừa là đường cao
=> Tam giác MFN cân tại M
MF = MN (5)
Từ (4) và (5) => MF =  MN = FN => tam giác MFN là tam giác đều
=> Góc FMN = 600
 Trên tia MK lấy điểm B sao cho KB = NI(6)
MK + KB = KI + NI
 MB = NK
Xét tam giác MFB và tam giác NFK có
MB = NK( Cm trên)
MF = NF( Cm trên)
Góc FMB = góc KNF
=>tam giác MFB = tam giác NFK ( c.g.c)
=> FB = FK và góc FBK = góc FKN
=> tam giác FBK cân tại F
Mà góc FKN = góc FMN = 600( góc nội tiếp cùng chắn cung FN)
=>  Góc FBK = 600
=>tam giác BEK cân tại B có góc FBK = 600 nên là tam giác đều
=>  FB = FK = KB (7)
Từ (6) và (7) => NI = FK(dpcm)
 Câu 5 (1,0 điểm) 
đặt a=x3 ; b=y3 ;c=z3 từ (GT) abc=1xyz=1 
a+b= x3+ y3x2y+xy2
b+c=y3+z3y2z+yz2
a+c=x3+z3 x2z+xz2
ta được
 P
 . Vậy MAX p=1 khi x=y=z=1 hay a=b=c=1
cách 2 câu 3 hình 
tamgiác ENO đều (MC là đường cao đường trung trục EO)cung ME=cungEN=600
xét tam giác FMN là tam giác cân F( FClà đường cao, là đường trung trực) 
mặt khác góc MFN=1/2sđcungMN=600 tam giàcMNF đều MN=MF (1)
mà tam giác KMI cân tại K (MK=KI) gt và góc MKN=1/2sđcungMN=600
tam giác KMI đều MI=MK (2)
góc MNI=góc KEM cùng chắn cungMK (3)
mặt khác FMC=IMK =600 IMN=FMK (4) 
từ 1,2,3,4 tam giác INM=tam giác KFM đpcm