[r]
Trang 1hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
H = ( )2
3− 5 + 5
Trang 2GIẢI ĐỀ THI TS LỚP 10_NĂM 2014 – 2015
1 (2,5 đ)
1
N = 1 + 81 = 1 + 9 = 10
H = ( )2
3− 5 + 5 = | 3 – 5 | + 5
= 3 – 5 + 5 = 3
2
ĐKXĐ: ≥ 0 và x ≠ 1
G = x x x 1
x 1 x 1
x x 1 x 1 x 1
= x – ( x – 1) = 1
2 (2,0 đ)
1a
+ Bảng một số giá trị của (P):
y = – x 2 – 4 – 1 0 – 1 – 4
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
3
− x + b’ = 0 (*)
Pt (*) có ∆ = 1
9 – 4b’
d' tiếp xúc (P) khi ∆ = 1
9 – 4b’ = 0 ⇔ b’ = 1
36
-4 -1
2
x y
0
(d)
(P)
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
36
Hệ pt: 3x y 5
5x 2 y 23
− =
6 x 2 y 10 5x 2 y 23
11x 33 3x y 5
=
y 3x 5
=
= −
x 3
y 3 3 5 4
=
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
P x x 1
Theo đề bài: 1 2 2 2
x x
7
x + x > ⇔
x x
7
x x
+
>
⇔ x 1 + x 2 > 7(x 1 x 2 ) 2 ⇔ (x 1 ) 2 + (x 2 ) 2 > 7(x 1 x 2 ) 2
⇔ (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 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
m 2 3
− < −
>
< −
2 2
m 5
m 1(vônghiệ m)
Với m 2 > 5 ⇔ | m | > 5 ⇔ m 5
>
< −
(thỏa ĐK)
Vậy khi m > 5 hoặc m < – 5 thì pt (1) cĩ 2 nghiệm thỏa 1 2 2 2
x x
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 x 10(thỏ 12(khô a ĐK ) ng 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 + µ C = 90 0 ⇒ µB = 30 0
• AC = AB tanB = 6 tan30 0 = 6 3
3 = 2 3 (cm)
AB + AC = 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:
Từ (1) và (2) ⇒ ·ADB = ·APE
∆ ABD và ∆ AEP có:
·
ADB = · APE (cmt) và · EAP chung ⇒∆ ABD ∆ AEP (g.g)
AE = AP ⇒ AB AP = AD AE (đpcm)
3
(O) có:
• ·BAx = ¶ B 2 (cùng chắn » AB )
• µB = ¶ 1 B 2 (đối đỉnh)
⇒ ·BAx = µ B 1 Mà: · BAx = · APE (cmt)
60 0
6cm
H M
C
y
2
1 1
2 x
d
D B
Q
P
M
E
O
C A
N
Trang 5hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra cĩ đáp án, tài liệu ơn thi đại học mơn tốn
⇒ µB = · 1 APE ⇒∆BEP cân tại E⇒ EP = EB (1) (O) cĩ:
• ·CAy = ¶ C 2 (cùng chắn » AC )
5
3
µ
1
C = ¶ C (đối đỉnh) 2
⇒ ·CAy = µ C 1
PQ // d ⇒ ·CAy = · AQE (so le trong)
⇒ µC = · 1 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)
AC BC 2 MC MC
AP = PQ = 2 PE = PE ⇒ PE PA
CM = CA
∆ AEP và ∆ AMC cĩ:
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)
2
BC
2 =
2
BC
4 (*) (O) cĩ:
•
PAE MAC (cmt) BAD NAC BAD nộ i tiế p chắ n BD
NAC nộ i tiế p chắ n 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:
MB MC DBM NCM
BD CN
⇒ ∆ BDM = ∆ CNM (c.g.c)
Trang 6Từ (*) và (**)⇒ AM MD = BC 2
4 (đpcm)
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán