Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2014-2015 tỉnh Thanh Hóa - Đề B

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO         KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
  TỈNH THANH HÓA                                         Năm học 2014 – 2015          
ĐỀ B
   ĐỀ CHÍNH THỨC                                           MÔN THI: Toán
(Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề)
                                                              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: 
Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức : B = 
 1) Rút gọn biểu thức B.
 2) Tính giá trị của biểu thức B khi y = 3 + 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 P.
Giải:
Câu 1: 1) Giải các phương trình:
 a) y - 3 = 0 y = 3. Vậy phương trình có một nghiệm y = 3
 b) y2 - 3y + 2 = 0 là phương trình bậc hai một ẩn có dạng a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0 nên có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = . Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 2.
Câu 2: 1) ĐK: y > 0, y 1, ta có:
Vậy 
2) Ta có y = 3 + 2, do đó: . Vậy B = 
Câu 3: 1) Đường thẳng (d): y = nx - 3 đi qua điểm B(1; 0) nên n.1 - 3 = 0 n = 3
Vậy n = 3.
2) Đường thẳng (d): y = nx - 3 cắt parabol (P); y = x2 tại 2 điểm phân biệt khi phương trình: x2 = nx - 3 x2 - nx + 3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
 Khi đó: > 0 (-n)2 - 4.1.3 > 0 n2 - 12 > 0 (n -2)(n + 2) > 0
Suy ra n > 2 hoặc n < - 2 thì phương trình có 2 nghiệm. Theo hệ thức Vi ét ta có:
 x1 + x2 = n; x1.x2 = 3
Theo bài ra: |x1 – x2| = 2
Từ x1 + x2 = n (x1 - x2)2 = n2 - 4x1x2 
 Cả 2 giá trị của n đều thỏa mãn ĐK trên. Vậy với n = 4 hoặc n = -4 thì đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt x1, x2 thỏa mãn ĐK |x1 – x2| = 2.
M
Câu 4:
K
D
F
E
O
I
C
N
a) C/m tứ giác FCDK nội tiếp:
 Xét tứ giác FCDK có (vì DCEF); (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O). Do đó nên tứ giác FCDK nội tiếp một đường tròn (vì có tổng 2 góc đối bằng 1800)
b) C/m EK.ED = R2
 Xét EDC và EFK có: chung, EDC EFK (g.g)
 (1)
 Xét EMF vuông tại M, đường cao MC theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: ME2 = EC.EF (2)
 Xét EMO có đường cao MC cũng là đường trung tuyến (vì OC = CE) nên là tam giác cân tại M. Do đó ME = MO = R (3)
 Từ (1), (2) và (3) suy ra EK.ED = R2
c) C/m NI = FK:
 Xét EMO cân tại M có ME = MO = OE = R nên EMO là tam giác đều. Suy ra:
 sđ, sđ
Vì MNEF tại C nên CM = CN.
Xét FMN có đường cao FC cũng là đường trung tuyến FMN cân tại F. Mặt khác có nên là đều (4)
 Ta có sđ() =
Xét MKI cân tại K (vì KI = KM) có nên là tam giác đều (5)
Từ (4) và (5) suy ra (vì cùng cộng với bằng 600)
Xét NMI và FMK có: MN = MF (cạnh đều FMN), , MK = MI (cạnh tam giác đều KMN) NMI = FMK (c.g.c) NI = FK (2 cạnh tương ứng)
Câu 5: Đặt a = x3, b = y3, z = c3. 
 Theo bài ra a, b, c là các số thực dương và abc = 1 nên x, y, z cũng là các số thực dương và (xyz)3 = 1xyz = 1
 Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si ta có x2 + y2 2xy x2 - xy + y2 xy
(x + y)( x2 - xy + y2) xy (x + y)
Ta có a + b + 1 = x3 + y 3 + xyz = (x + y)( x2 - xy + y2) + xyz xy (x + y) + xyz
 a + b + 1 xy(x + y + z) 
Nên (1)
Tương tự ta có: b + c + 1yz (x + y + z); c + a + 1 zx(x + y + z)
Nên (2); (3)
Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) ta có: P 
Dấu "=" xảy ra x = y = z =1 hay a = b = c = 1
Vậy giá trị lớn nhất của P là 1 khi và chỉ khi a = b = c = 1.