Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2014-2015 tỉnh Bình Định

Phan Hoøa Ñaïi THCS Taây Sôn 
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015 
 BÌNH ĐỊNH 
 Đề chính thức Môn thi: Toán 
 Ngày thi: 28/6/2014 Thời gian làm bài: 120’ 
Bài 1: (2,5 điểm) 
a) Giải phương trình : 3x-5 = x+1 
b) Giải phương trình : x2 + x – 6 = 0 
c) Giải hệ phương trình : 
x 2y 8
x y 1
 

  
d) Rút gọn biểu thức: 
5
P 2 5
5 2
 

Bài 2: ( 1,5 điểm) Cho pt : x2 -2(m-1)x + m -3 = 0 ( 1) 
a) Chứng minh phương trình (1)) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 
b) Tìm m để pt (1) có hai nghiệm trái dấu. 
Bài 3: ( 2 điểm) Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì hoàn thành sau 12 giờ . Nếu làm riêng thì 
thời gian hoàn thành công việc của thứ hai ít hơn đội thứ nhất 7 giờ.Hỏi nếu làm riêng thì thời gian mỗi đội 
công nhân hoàn thành công việc là bao nhiêu ? 
Bài 4: (4 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên cùng một nửa đường tròn (O) lấy 2 điểm G và 
E ( theo thứ tự A,G,E,B) sao cho tia EG cắt tia BA tại D. Đường thẳng vuông góc với BD tại D cắt BE tại C, 
đường thẳng CA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. 
a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp. 
b) Chứng minh BF=BG 
c) Chứng minh 
DA DG.DE
BA BE.BC
 
Bài 5:(1đ )Cho 
1 1 1 1 1 1 1
A ... ; B 1 ...
1 2 2 3 3 4 120 121 2 3 35
         
   
Chứng minh : B > A
Phan Hoøa Ñaïi THCS Taây Sôn 
GIẢI 
Bài 1: (2,5 điểm) 
a) Giải phương trình : 3x-5 = x+1  3x-x=1+5  2x=6 x=3 Vậy phương trình có một nghiệm x = 3 
b) Giải phương trình : x2 + x – 6 = 0 
(a = 1; b= 1; c =-6) 
 2 2b 4ac 1 4.1. 6 25 0 5           
Vậy pt có hai nghiệm phân biệt: 
1 2
b 1 5 b 1 5
x 2; x 3
2a 2.1 2a 2.1
         
       
c) Giải hệ phương trình : 
x 2y 8 3y 9 y 3 y 3
x y 1 x y 1 x 3 1 x 2
          
     
            
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x;y)=(2;3) 
d) Rút gọn biểu thức: 
 5 5 25
P 2 5 2 5 5 2 5 2 5 5
5 45 2

       

Bài 2: ( 1,5 điểm) Cho pt : x2 -2(m-1)x + m -3 = 0 ( 1) 
a) Chứng minh phương trình (1)) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 
x
2
 -2(m-1)x + m -3 = 0 ( 1) 
( a=1; b= -2(m-1) => b’= -(m-1); c = m-3 ) 
   
2
2 2 2 3 7’ 1 m 1. m 3 m 2m 1 m 3 m 3m 4 m 0
2 4
 
                 
 
 với mọi m 
=> Pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 
b) Tìm m để pt (1) có hai nghiệm đối nhau: 
Pt (1) có hai nghiệm đối nhau 
1 2
' 0
V
b
x x 0
a
 

 
   

 
m(c.m.t) V
2 m 1 0


 
m
m 1
m 1

 

Vậy Pt (1) có hai nghiệm đối nhau  m=1 
Bài 3: ( 2 điểm) 
Gọi thời gian làm một mình xong công việc của đội thứ hai là x (giờ) 
 ĐK: x > 12 
 Thời gian làm một mình xong công việc của đội thứ nhất là x+7 (giờ) 
Trong một giờ: + Đội thứ nhất làm được: 
1
(cv)
x 7
 + Đội thứ hai làm được: 
1
(cv)
x
 + Cả hai đội làm được: 
1
(cv)
12
Ta được pt: 
1 1 1
x x 7 12
 

    212. x 7 12x x x 7 x 17x 84 0(*)         
( a= 1; b= -17; c= -84) 
∆= (-17)2 -4.1.(-84)=625 > 0 => 25  
Vậy pt (*) có hai nghiệm phân biệt: 
 1 2
17 25 17 25
x 21 TMDK ; x 4(KTMDK)
2.1 2.1
 
     
Vậy nếu làm riêng để làm xong công việc thì đội thứ hai làm trong 21 giờ; đội thứ nhất làm trong 21+7=28 
giờ. 
Bài 4: (3 điểm) 
a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp. 
Phan Hoøa Ñaïi THCS Taây Sôn 
2
1
1
1
F
C
D
A
B
E
G
Ta có: 0BDC 90 ( Vì CDBD); 
 0BFC BFA 90  ( góc nt chắn nửa đường tròn) 
=> D,F cùng nhìn đoạn BC dưới 1 góc vuông=> Tứ giác BCDF nội tiếp đường tròn đường kính BC 
b) Chứng minh BF=BG: 
2 1
B E ( góc nội tiếp cùng chắn cung AG của đường tròn (O)) (1) 
Ta có 0AEB 90 ( góc nt chắn nửa đường tròn) => 0AEC 90 ( kề bù với góc AEB) 
=> 0 0 0AEC ADC 90 90 180    => Tứ giác ADCE nội tiếp 
=>
1 1
E C ( góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (2) 
Lại có tứ giác BCDF nội tiếp (c.m.t) 
 => 
1 1
C B ( góc nội tiếp cùng chắn cung DF) (3) 
Từ (1), (2) và (3) suy ra: 
1
B =
2
B . 
Xét ∆AGB và ∆AFB, có : 
1 1
C B ( c.m.t); 0AGB AFB 90  ( góc nt chắn nửa đường tròn) 
=> AGB AFB GAB GFB GB FB BG BF        
c) Chứng minh 
DA DG.DE
BA BE.BC
 
Xét ∆ADE và ∆GDB có 
1 2
E B ( c.m.t); góc BDE chung 
=>
AD DG
ADE BGD
DE BD
     DG.DE = AD.BD (4) 
Xét ∆BED và ∆BAC có: 
 BDE BCA ( góc nội tiếp cùng chắn cung AE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADCE); góc CBD chung 
=>
BE BA
BED BAC
BD BC
     BE.BC = BD.AB (5) 
Từ (4) và (5) suy ra : 
DG.DE DA.BD DA
BE.BC BA.BD BA
  
Bài 5:(1đ ) 
Ta có: với mọi k N* ta có: 
1 k 1 k
k 1 k
k 1 kk k 1
 
   
  
, suy ra 
1 1 1 1
A ...
1 2 2 3 3 4 120 121
1 2 2 3 3 4 ... 120 121 1 121 1 11 10
    
   
                
Vậy A =10 (1) 
 Ta có: với mọi k N* , ta có: 
 
 
2 k 1 k1 2 2
2 k 1 k
k 1 kk k k k k 1
 
     
   
=> 
     
1 1 1 1 1 1 1
B 1 ... ...
2 3 35 1 2 3 35
B 2 1 2 2 3 3 4 ..... 35 36 2 1 36 2. 1 6 10
         
                 
Vậy B >10 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra B > A