hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán.
Trang 1hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Trang 2GIẢI ĐỀ THI TS LỚP 10_NĂM 2014 – 2015
1 (2,5 đ)
1.
N = 1 + 81 = 1 + 9 = 10
3− 5 + 5 = | 3 – 5 | + 5
= 3 – 5 + 5 = 3 2.
ĐKXĐ: ≥ 0 và x ≠ 1
− + =
= x – ( x – 1) = 1
2 (2,0 đ)
1a.
+ Bảng một số giá trị của (P):
A
+ (d) đi qua 2 điểm (0; 2) và (– 1; – 1) + Đồ thị:
1b d' có dạng: y = a’x + b’
d’ ⊥ d ⇔ a’ a = – 1
Với: a = 3 ⇒ a’ = 1
3
−
⇒d’ : y = 1
3
− x + b’
Pt hoành độ giao điểm của (P) và d’: – x 2 = 1
3
− x + b’ ⇔x 2 1
3
− x + b’ = 0 (*)
Pt (*) có ∆ = 1
9 – 4b’
d' tiếp xúc (P) khi ∆ = 1
9 – 4b’ = 0 ⇔ b’ = 1
36
Trang 3hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra cĩ đáp án, tài liệu ơn thi đại học mơn tốn
Vậy d’ cĩ phương trình: y = 1
3
− x + 1
36
Hệ pt: 3x y 5
5x 2 y 23
− =
+ =
6 x 2 y 10 5x 2 y 23
− =
+ =
=
− =
⇔ x 3
=
= −
=
= − =
Vậy hệ pt cĩ nghiệm x = 3 và y = 4
3 (2,5 đ)
1a.
Khi m = 4, ta cĩ pt: x 2 + 4x + 1 = 0 (*)
Pt (*) cĩ ∆’ = 3 > 0 Suy ra : x 1,2 = – 2 ± 3 Vậy khi m = 4, pt (1) cĩ 2 nghiệm x 1,2 = – 2 ± 3
1b.
Pt (1) cĩ 2 nghiệm x 1 , x 2 ⇔ ∆ = m 2 – 4 ≥ 0
⇔ m 2 ≥ 4⇔ | m | ≥ 2 ⇔ m 2
≥
≤ −
Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1):
1 2
= + = −
Theo đề bài:
7
x + x > ⇔
7
x x
+ >
⇔ x 1 4 + x 2 4 > 7(x 1 x 2 ) 2 ⇔ (x 1 2 ) 2 + (x 2 2 ) 2 > 7(x 1 x 2 ) 2
⇔ (x 1 2 + x 2 2 ) 2 – 2x 1 2 x 2 2 > 7(x 1 x 2 ) 2
⇔ [(x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 ] 2 > 9(x 1 x 2 ) 2
⇔[ ( – m) 2 – 2 1 ] 2 > 9 1 2
⇔( m 2 – 2) 2 > 9 ⇔| m 2 – 2 | > 3
⇔
2 2
− >
− < −
>
<−
2 2
m 1(vônghiệm)
Với m 2 > 5 ⇔| m | > 5 ⇔ m 5
>
< −
Vậy khi m > 5 hoặc m < – 5 thì pt (1) cĩ 2 nghiệm thỏa
7
x + x > .
2 Gọi x(m) là chiều rộng của mảnh vườn hình chữ nhật (x > 0)
Chiều dài của mảnh vườn hình chữ nhật: 360
x (m) Theo đề bài, ta cĩ pt: (x + 2)( 360
x – 6) = 360
⇔– 6x 2 – 12x + 720 = 0 ⇔x 2 + 2x – 120 = 0
⇔ =
= −
x 10(thỏ a ĐK )
x 12(không thỏ a ĐK ) Với x = 10 ⇒ 360
x = 36
Trang 4Chu vi của mảnh vườn: 2(10 + 36) = 92 (m 2 )
4 (1,0 đ)
∆ABC vuông tại A nên:
• µB + µC = 90 0 ⇒ µB = 30 0
• AC = AB tanB = 6 tan30 0 = 6 3
3 = 2 3 (cm)
• BC = AB 2 + AC 2 = 6 2 + (2 3)2 = 4 3 (cm)
• AB AC = BC AH ⇒AH = AB AC.
BC =
6 2 3
4 3 = 3(cm)
• AM = 1
2 BC =
1
2 4 3 = 2 3 (cm)
5 (2,5 đ)
1.
Hình vẽ:
(O) có:
• BE là tiếp tuyến tại B ⇒BE ⊥ OB ⇒ ·OBE = 90 0 nhìn đoạn OE (1)
• CE là tiếp tuyến tại C ⇒CE ⊥ OB ⇒ ·OCE = 90 0 nhìn đoạn OE (2)
Từ (1) và (2) ⇒Tứ giác OBEC nội tiếp đường tròn đường kính OE.
2.
(O) có:
• PQ // d ⇒ ·APE = ·BAx (so le trong) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ ·ADB = ·APE
∆ABD và∆ AEP có:
·ADB = ·APE (cmt) và ·EAP chung ⇒ ∆ABD ∆ AEP (g.g)
⇒ AB AD
AE = AP ⇒ AB AP = AD AE (đpcm).
3 (O) có:
• ·BAx = ¶ B (cùng chắn »AB ) 2
• B = ¶µ1 B (đối đỉnh) 2
⇒ ·BAx = µ B 1
Mà: ·BAx = ·APE (cmt)
Trang 5hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra cĩ đáp án, tài liệu ơn thi đại học mơn tốn
⇒ µ
1
B = ·APE ⇒ ∆BEP cân tại E⇒ EP = EB (1)
(O) cĩ:
• ·CAy = ¶ C (cùng chắn »AC ) 2
5
3.
µ
1
C = ¶ C (đối đỉnh) 2
⇒ ·CAy = µ C 1
PQ // d ⇒ ·CAy = ·AQE (so le trong)
⇒ µ
1
C = ·AQE ⇒ ∆CEQ cân tại E⇒ EQ = EC (2) Hai tiếp tuyến EB và EC cắt nhau tại E ⇒EB = EC (3)
Từ (1), (2) và (3) ⇒EP = EQ (đpcm).
∆ABC và ∆AQP cĩ:
·ACB = ·APQ (cùng bằng ·BAx ) và ·PAQ chung ⇒ ∆ABC ∆ AQP (g.g)
AP = PQ = 2 PE = PE ⇒ PE PA
CM = CA
∆AEP và ∆AMC cĩ:
• PE PA
CM = CA (cmt)
• ·APE = ·ACM ( cùng bằng ·BAx )
⇒ ∆ AEP ∆ AMC (c g c) ⇒ ·PAE = ·MAC (đpcm)
4.
Gọi N là giao điểm của tia AM và (O), ta cĩ:
• ·BAN = ·BCN ( cùng chắn »BN )
• ·AMB = ·NMC (đối đỉnh)
⇒ ∆AMB ∆ CMN (g.g)
⇒ AM MB
CM = MN ⇒AM MN = MB.MC = BC
2 BC 2 =
2
BC
(O) cĩ:
•
BAD nộitiếp chắn BD NAC nộitiếp chắn CN
⇒ BD» =CN» ⇒ BD = CN.
∆EBC cân tại E ⇒ ·EBM = ·ECM
⇔ EBD· + DBM· = · ECN + ·NCM Mà: ·EBD = ·ECN (chắn 2 cung bằng nhau) ⇒ ·DBM = ·NCM
∆BDM và ∆CNM cĩ:
⇒ ∆BDM = ∆CNM (c.g.c)
Trang 6⇒MD = MN (**)
Từ (*) và (**)⇒ AM MD =
2
BC
4 (đpcm)
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
