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