De thi TSL10 Toan Binh Phuoc 20142015

[r]

H = 3 52  5

GIẢI ĐỀ THI TS LỚP 10_NĂM 2014 – 2015

1 (2,5 đ)

1.

N = 1 + 81 = 1 + 9 = 10

H = 3  52  5

= | 3 – 5 | + 5 = 3 – 5 + 5 = 3

2.

ĐKXĐ:  0 và x  1

G =





= 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

Vậy d’ cĩ phương trình: y =

1 3



x +

1 36

5x 2 y 23





6 x 2 y 10 5x 2 y 23





11x 33











y 3x 5















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 





Áp dụng hệ thức Vi-ét cho pt (1): .

1 2

1 2







Theo đề bài:

7

4 4

1 2

2 2

1 2

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 + 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









2 2

m 1(vô nghiệm)

Với m 2 > 5  | m | > 5 



 

Vậy khi m > 5 hoặc m < – 5 thì pt (1) cĩ 2 nghiệm thỏa

2 1

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 (thỏa ĐK)

x 12(không thỏa ĐK)

Với x = 10 

360

x = 36 Chu vi của mảnh vườn: 2(10 + 36) = 92 (m 2 )

4 (1,0 đ)

ABC vuông tại A nên:

 B + C = 90 0  B = 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)



AE AP  AB AP = AD AE (đpcm).

3 (O) có:

 BAx = B 2 (cùng chắn AB )

 B 1 = 

2

B (đối đỉnh)

 BAx = B 1 Mà: BAx = APE (cmt)

 B 1 = APE  BEP cân tại E EP = EB (1) (O) cĩ:

 CAy = 

2

C (cùng chắn AC )

5

3.



1

C = C 2 (đối đỉnh)

 CAy = 

1 C

PQ // d  CAy = AQE (so le trong)

 C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)



AP PQ  2 PE  PE 

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)



CM MN  AM MN = MB.MC =

BC

2

BC

2 =

2 BC

4 (*) (O) cĩ:















BAD nội tiếp chắn BD NAC nội tiếp 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 có:







  BDM = CNM (c.g.c)

Từ (*) và (**) AM MD =

2 BC

4 (đpcm)