Tài liệu Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán năm học 2015-2016 sở gd-đt bình thuận

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016 – Khoá ngày: 15/06/2015 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài:120 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: x  y  8 a) x2 + x - 6 = 0 b)  x  y  2 Bài 2: (2 điểm) Rút gọn biểu thức : a) A  27  2 12  75 1 1  b) B  3 7 3 7 Bài 3: (2 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x2 b) Chứng minh rằng đường thẳng (d): y = kx + 1 luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt với mọi k . Bài 4: (4 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, D là một điểm tùy ý trên nửa đường tròn ( D khác A và D khác B) . Các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại C, BC cắt nửa đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. Kẻ DF vuông góc với AB tại F. a) Chứng minh: Tứ giác OACD nội tiếp. b) Chứng minh: CD2 = CE.CB c) Chứng minh: Đường thẳng BC đi qua trung điểm của DF. d) Giả sử OC = 2R, tính diện tích phần tam giác ACD nằm ngoài nửa đường tròn (O) theo R. ------------------ HẾT ----------------Giám thị không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ ký của giám thị 1 : . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ ký của giám thị 2 : . . . . . . . . . . . . . . . . Bài 1 1đ Đáp án x2 + x - 6 = 0  = 12 – 4.(-6) = 25  5 1  5  2; 2 1  5 x2   3 2 a  x1  1đ b x  y  8 2x  10 x  5    x  y  2 x  y  8 y  3 2 a b A  27  2 12  75 = 3 3  4 3  5 3 =-6 3 B 1 3 7  1 = 6 3  7 32  7 2  6 3 97 3 a Lập đúng bảng giá trị và hình vẽ ( 1đ) y = x2 b PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x 2  kx  1  x 2  kx  1  0 (1)  = k2 + 4 Vì k2  0 với mọi giá trị k Nên k2 + 4 > 0 với mọi giá trị k =>  > 0 với mọi giá trị k Vậy đường thẳng (d) : y = kx + 1 luôn cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt với mọi k . 4 x a A F O B Xét tứ giác OACD có:   900 (CA là tiếp tuyến ) CAO   900 (CD là tiếp tuyến ) CDO   CDO   1800  CAO  Tứ giác OACD nội tiếp b c + Xét CDE và CBD có:  chung và    1  DCE CDE  CBD   sdcungDE   2   CDE CBD (g.g) CD CE  CD 2  CE.CB   CB CD Tia BD cắt Ax tại A’ . Gọi I là giao điểm của Bc và DF   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có ADB '  900 , suy ra ∆ADA’ vuông tại D.  ADA Lại có CD = CA ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên suy ra được CD = C A’, do đó CA = A’C (1). Mặt khác ta có DF // AA’ (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì ID IF  BI     (2). CA' CA  BC  Từ (1) và (2) suy ra ID = IF Vậy BC đi qua trung điểm của DF.  = OD  1 => COD  = 600 Tính cos COD  = 1200 => AOD S quat  d  .R.120 360  0C R 3 2 (đvdt) Tính CD = R 3 1 1 3 2 S OCD  .CD.DO  .R 3.R = R (đvdt) 2 2 2 SOACD  2.S OCD = 3R 2 (đvdt) Diện tích phần tam giác ACD nằm ngoài nửa đường tròn (O) SOACD  S quat = 3R 2 - R 3 (đvdt)