Đề Thi Toán Vào Lớp 10 Đà Nẵng Năm Học 2014-2015

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán TP. Đà Nẵng năm học 2014-2015

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (1,5 điểm)

• Đề kiểm tra 15 phút – Đề 2 – Tính chất cơ bản của phân số
• Đề kiểm tra 15 phút – Đề 1 – Tính chất cơ bản của phân số
• Đề kiểm tra 15 phút Toán 6 – Đề số 8 – Mở rộng khái niệm phân số, phân số bằng nhau
• Đề kiểm tra 15 phút Toán 6 – Đề số 7 -Mở rộng khái niệm phân số, phân số bằng nhau
• Đề kiểm tra 15 phút Toán 6 – Đề số 6 – Mở rộng khái niệm phân số, phân số bằng nhau

1) Tính giá trị của biểu thức $ A=\sqrt{9}-\sqrt{4}$

2) Rút gọn biểu thức $ P=\frac{x\sqrt{2}}{2\sqrt{x}+x\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{2x}-2}{x-2}$ , với x > 0, x ≠ 2

Bài 2: (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình: $ \left\{ \begin{array}{l}3x+4y=5\\6x+7y=8\end{array} \right.$

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) và hàm số y = 4x + m có đồ thị (dm)

1) Vẽ đồ thị (P)

2)Tìm tất cả các giá trị của m sao cho (dm) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt, trong đó tung độ của một trong hai giao điểm đó bằng 1.

Bài 4: (2,0 điểm)   

Cho phương trình x2 + 2(m – 2)x – m2 = 0, với m là tham số.

1) Giải phương trình khi m = 0.

2)Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với x1 < x2, tìm tất cả các giá trị của m sao |x1| – |x2| = 6

Bài 5: (3,5 điểm)        

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ đường tròn (C) có tâm C, bán kính CA. Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là D.

1) Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C).

2) Trên cung nhỏ $ \overset\frown{AD}$ của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. Đường thẳng BE cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là trung điểm của EF. Chứng minh rằng:

a) BA2 = BE.BF và $ \widehat{BHE}=\widehat{BFC}$

b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một.

Gợi ý giải:

Bài 1:

1) A = 3 – 2 = 1

2) Với điều kiện đã cho thì

$ \displaystyle P=\frac{x\sqrt{2}}{\sqrt{2x}\left( \sqrt{2}+\sqrt{x} \right)}+\frac{\sqrt{2}\left( \sqrt{x}-\sqrt{2} \right)}{\left( \sqrt{x}-\sqrt{2} \right)\left( \sqrt{x}+\sqrt{2} \right)}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{2}+\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{x}+\sqrt{2}}=1$

Bài 2: 

$ \left\{ \begin{array}{l}3x+4y=5\\6x+7y=8\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}6x+8y=10\\6x+7y=8\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y=2\\6x+7y=8\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=-1\\y=2\end{array} \right.$

Bài 3:

1)

2) Phương trình hoành độ giao điểm của y = x2 và đường thẳng y = 4x + m là :

x2 = 4x + m ⇔ x2 – 4x – m = 0 (1)

(1) có

Để (dm) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì $ {\Delta }’>0\Leftrightarrow 4+m>0\Leftrightarrow m>-4$

y = 4x + m = 1 => x = $ \frac{1-m}{4}$

Yêu cầu của bài toán tương đương với  $ \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}m>-4\\2\pm \sqrt{4+m}=\frac{1-m}{4}\end{array} \right.\,\,\,\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m>-4\\\sqrt{4+m}=\frac{-m-7}{4}\end{array} \right.\,\,hay\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}m>-4\\-\sqrt{4+m}=\frac{-m-7}{4}\end{array} \right.\,$

⇔ $ \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}m>-4\\m<-7\\\sqrt{4+m}=\frac{-m-7}{4}\end{array} \right.\,$ (loại) hay $ \displaystyle \,\left\{ \begin{array}{l}m>-4\\m>-7\\4\sqrt{4+m}=m+7\end{array} \right.\,$

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m>-4\\16\left( 4+m \right)={{m}^{2}}+14m+49\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m>-4\\{{m}^{2}}-2m-15=0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m>-4\\m=5\,\,\text{hay }m=-3\text{ }\end{array} \right.\Leftrightarrow m=5\,\,\text{hay }m=-3$

Bài 4:

1) Khi m = 0, phương trình thành : x2 – 4x = 0  x = 0 hay  x – 4 = 0  x = 0 hay x = 4

2) $ {\Delta }’={{\left( m-2 \right)}^{2}}+{{m}^{2}}=2{{m}^{2}}-4m+4=2\left( {{m}^{2}}-2m+1 \right)+2=2{{\left( m-1 \right)}^{2}}+2>0\forall m$

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

Ta có $ S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2\left( 2-m \right),\,\,P={{x}_{1}}{{x}_{2}}=-{{m}^{2}}\le 0$

Ta có $ \left| {{x}_{1}} \right|-\left| {{x}_{2}} \right|=6\Rightarrow x_{1}^{2}-2\left| {{x}_{1}}{{x}_{2}} \right|+x_{2}^{2}=36\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}=36$

$ 4{{\left( 2-m \right)}^{2}}=36\Leftrightarrow {{\left( m-2 \right)}^{2}}=9$ $ \Leftrightarrow m=-1\,\text{hay}\,m=5$

Khi m = -1 ta có $ {{x}_{1}}=3-\sqrt{10},{{x}_{2}}=3+\sqrt{10}\Rightarrow \left| {{x}_{1}} \right|-\left| {{x}_{2}} \right|=-6$ (loại)

Khi m = 5 ta có $ {{x}_{1}}=-3-\sqrt{34},{{x}_{2}}=-3+\sqrt{34}\Rightarrow \left| {{x}_{1}} \right|-\left| {{x}_{2}} \right|=6$ (thỏa)

Vậy m = 5 thỏa yêu cầu bài toán.

Bài 5:

1) Ta có $ \widehat{BAC}={{90}^{0}}$ nên BA là tiếp tuyến với (C).

BC vuông góc với AD nên H là trung điểm AD. Suy ra $ \widehat{BDC}=\widehat{BAC}={{90}^{0}}$ nên BD cũng là tiếp tuyến với (C)

2)

a)

Trong tam giác vuông ABC ta có $ A{{B}^{2}}=BH.BC$ (1)

Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA

vì có góc B chung

và $ \widehat{BAE}=\widehat{BFA}$ (cùng chắn cung AE)

suy ra $ \frac{AB}{FB}=\frac{BE}{BA}\Rightarrow A{{B}^{2}}=BE.FB$ (2)

Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB

Từ BE.BF= BH.BC $ \Rightarrow \frac{BE}{BC}=\frac{BH}{BF}$

2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và $ \frac{BE}{BC}=\frac{BH}{BF}$

$ \Rightarrow \widehat{BHE}=\widehat{BFC}$

b) Do kết quả trên ta có $ \displaystyle \widehat{BFA}=\widehat{BAE}$

$ \displaystyle \widehat{HAC}=\widehat{EHB}=\widehat{BFC}$ , do AB //EH. suy ra $ \displaystyle \widehat{DAF}=\widehat{DAC}-\widehat{FAC}=\widehat{DFC}-\widehat{CFA}=\widehat{BFA}$

$ \displaystyle \Rightarrow \widehat{DAF}=\widehat{BAE}$ , 2 góc này chắn các cung $ \displaystyle \overset\frown{AE},\overset\frown{DF}$ nên hai cung này bằng nhau

Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tam giác ΔHED và ΔHNA bằng nhau

(vì góc H đối đỉnh, HD = HA, $ \widehat{EDH}=\widehat{HDN}$ (do AD // AF)

Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN. Suy ra HK là đường trung bình của tam giác EAF.

Vậy HK // AF.

Vậy ED // HK // AF.