ĐỀ THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10

2/ Làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Lời giải và thang điểm toán chung Lam Sơn

Ngày thi : 17/062014

Câu 1

2.0

1/ Tìm điều kiện của a để biểu thức C có ngĩa, rút gọn C

+ Biểu thức C có nghĩa khi

a 0,a 16

a 4 0 a 16

moi a 0

a 4 0







+ Rút gọn

C

C

a a 4

C





2/ Tính giá trị của C , khi a 9 4 5  

Ta có : a 9 4 5 4 4 5 5      2  52=> a  2  52   2 5

Vậy :

C

a 4



0.25

1.25

0.5

Câu 2

2.0 Cho hệ phơng trình :

m 1 x y 2

mx y m 1





  

1/ Giải hệ phơng trình khi m = 2 thay vào ta có hệ phờng trình

2x y 2 1



  



Kết luận : Với m = 2 hệ phờng trình có một nghiệm duy nhất x 1

y 1









 2/ Chứng minh rằng với mọi m hệ phơng trình luôn có nghiệm duy nhất (x ;

y) thỏa mãn 2x y 3  

y 2 m 1 x

mx 2 m 1 x m 1

  



<=> y 2 m 1 x y 2 m 1 m 1   y m2 2m 1

x m 1

 

Vậy với mọi m hệ phơng trình luôn có nghiệm duy nhất :

2

x m 1



 



Ta có : 2x y 3 2 m 1       m2 2m 1 3 2m 2 m      2 2m 1 3  

0.75

0.25

0.5

 2 2

2x y 3    m  4m 4   m 2    0 2x y 3 0     2x y 3  

0.5

Câu 3

2.0

1/ Trong hệ tọa độ Oxy , tìm m để đờng thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt

Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung

Hoành độ giao điểm của đờng thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phơng

trình : 2x2 = mx – m + 2 <=> 2x2 – mx + m – 2 = 0 (1)

Có :   m2 4.2 m 2    m2 8m 16  m 4  2

Để đờng thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm

phân biệt nằm bên phải trục tung thì

1 2

1 2

0

x x 0

 









=>

m 0 2

m 2

0 2























=>

m 4

m 0 m 2, m 4

m 2









 



Kết luận : để đờng thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai

điểm phân biệt nằm bên phải trục tung thì : m 2, m 4  

2/ Giải hệ phơng trình :

3

3 x 2y 4 x 2y (1) 2x 6 2y 2 (2)







Điều kiện : x 2y 0 x 2y 0



(*)

Đặt x 2y t 0,    thay vào phơng trình (1) ta có

3t = 4 – t2 => t2 + 3t – 4 = 0

1 + 3 – 4 = 0, nên phơng trình có hai nghiệm t = 1 và t = -4 (loại)

Với t = 1 => x 2y 1=>x + 2y = 1 => x = 1 - 2y   , thay vào phơng trình (2) ta

có 3 2 1 2y    6 2y 2  <=>3  4y 8   2y 2  <=> 3  4y 8 2    2y

<=>  4y 8 8 12 2y 12y 2y 2y      <=>16y 12 2y 2y 2y 0  

<=>8y 6 2y y 2y 0    <=> y 2y 8 y 6 2     0

<=> y y  2  2 y 6    0

TH 1 : y 0   y 0   x 1  (thỏa mãn *)

TH2 : y  2  y 2   x  3 (thỏa mãn *)

2

     (thỏa mãn *) Vậy hệ phờng trình có 3 nghiệm (x, y) = (1 ; 0), (-3, 2), (-35,18)

1.0

1.0

Câu 4

3.0

F G

I

E

H

D

C B

1 Chứng minh  0

DHE 90 

Tứ giác ADHE có : A D E      => ADHE là hình chữ nhật => DHE 90   0

Chứng minh AB.AD = AC.AE

Xét hai tam giác vuông HAB và HAC ta có : AB.AD = AH2 = AC.AE

2/ Tính góc GIF

DHE 90  => DE là đờng kính => I thuộc DE

3/ Tứ giác DEFG là hình thang vuông có đờng cao DE = AH

Hai đáy DG = GH = GB = 1

BH

2 và EF = FC = FH =

1 HC 2

=>diện tích hình tứ giác DEFG là 1HB HC AH BC.AH

2





lớn nhất khi AH lớn nhất vì BC = 2R không đổi

Ta có : AH lớn nhất => AH là đờng kính => A là trung điểm cung AB

0.5 0.5

1.0

Câu 5

1.0

Cho ba số thực dơng x,y,z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2

2 2 2

xyz x y z x y z S

x y z xy yz zx



Theo bu nhi a : x y z   2  3 x 2  y 2  z 2=>x y z     3 x2 y2 z2

2 2 2

S

x y z xy yz zx



2 2 2

xyz 3 1

x y z xy yz zx



2 2 2 2 2 2

S

3 3

3 x y z 3 x y z

Smax

3 3



 khi x = y = z

1.0

Chú ý

1/ Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm

2/ Làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa