Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Bình Dương năm học 2014 – 2015 môn thi: Toán

	SỞ GD & ĐT BÌNH DƯƠNG	KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
	NĂM HỌC 2014 – 2015
	Môn thi: Toán 
	Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao để
	Ngày thi: 28/6/2014
Bài 1. (1 điểm) 
Rút gọn biểu thức: A = 
Bài 2. (1,5 điểm) 
Cho hai hàm số y = -2x2 và y = x 
Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
Tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị bằng phép tính.
Bài 3. (2 điểm)
Giải hệ phương trình 
Giải phương trình: 2x2 – 3x – 2 = 0
Giải phương trình: x4 – 8x2 – 9 = 0
Bài 4. (2 điểm)
Cho phương trình x2 – 2(m-1)x + 2m – 5 = 0 (m là tham số)
Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.
Với giá trị nào của m thì biểu thức A = (x1, x2 là hai nghiệm của phương trình) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Bài 5. (3,5 điểm) 
Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên tia AB lấy điểm C bên ngoài đường tròn. Từ C kẻ đoạn CD vuông góc với AC và CD = AC. Nối AD cắt đường tròn (O) tại M. Kẻ đường thẳng DB cắt đường tròn (O) tại N.
Chứng minh ANCD là tứ giác nội tiếp. Xác định đường kính và tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCD.
Chứng minh và MAB là tam giác vuông cân.
Chứng minh AB.AC = AM.AD
---------Hết---------Giải
Bài 1. (1 điểm) 
Rút gọn biểu thức: 
Bài 2. (1,5 điểm) 
Vẽ đồ thị của các hàm số y = -2x2 và y = x
Lập bảng giá trị
x
-2
-1
0
1
2
y = -2x2
-8
-2
0
-2
-8
x
0
1
y = x
0
1
Vẽ đường thẳng đi qua 2 điểm (0; 0) và (1 ; 1) Ta được đồ thị y = x
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là : -2x2 = x
	Û 2x2 + x = 0 Û x(2x + 1) = 0 Û x = 0 hoặc x = 
	Với x1 = 0, Þ y1 = 0
	Với x2 = , Þ y2 = 
	Vậy tọa độ giao điểm của hai đồ thị là (0; 0) và 
Bài 3. (2 điểm)
Giải hệ phương trình 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x,y) = (3; 3)
Giải phương trình: 2x2 – 3x – 2 = 0
D = b2 – 4ac = 9 + 4.2.2 = 25 > 0 , Þ = 5
Vì D > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
Giải phương trình: x4 – 8x2 – 9 = 0 (1)
Đặt t = x2 (đk: t ≥ 0)
Phương trình (1) trở thành: t2 - 8t – 9 = 0 (2)
PT (2) có dạng: a - b + c = 1 + 8 – 9 = 0
Þ PT (2) có 2 nghiệm 
Với t= t2 = 9 Þ x2 = 9 Û x = ±3
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm: x1 = 3; x2 = -3
Bài 4. (2 điểm)
Cho phương trình x2 – 2(m-1)x + 2m – 5 = 0 (m là tham số)
1) D’ = b’2 – ac = [-(m-1)]2 – 1.(2m-5) 
= m2 – 2m + 1 – 2m + 5 = m2 – 4m + 6 = (m-2)2 + 2 ≥ 2 > 0 với mọi m
Vì D’ > 0 nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
2) Theo định lí Vi-et ta có: x1.x2 = = 2m-5
	+ Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m(câu a)
	+ Phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu khi: x1.x2 < 0
	Û 2m-5 < 0 
	Û m < (tmđk) 
3) + Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m(câu a).
+Theo hệ thức Vi-et ta có: 
+Từ A = 
	 = (x1 + x2)2 - 2 x1.x2
	 = (2m-2)2 – 2(2m-5)
	 = 4m2 – 12m + 14 
	 = (2m – 3)2 + 5 ≥ 5
Þ A = 5 thì đạt giá trị nhỏ nhất
Dấu “=” xảy ra khi 2m - 3 = 0 Û m = (tmđk)
Vậy m = thì A = 5 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5. (3,5 điểm) 
a) Ta có: AC ^ CD (gt)
Þ = 900 
= 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Xét tứ giác ANCD có : 
 (= 900)
Þ Tứ giác ANCD nội tiếp đường tròn đường kính AD và tâm đừơng tròn là trung điểm AD. (Có 2 đỉnh kề N, C cùng nhìn 1 cạnh AD nối 2 đỉnh còn lại dưới góc bằng nhau là 900)
b) Ta có: (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC)
= 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Þ DAMB vuông tại M
Ta có: CA = CD (gt) Và = 900 (cmt)
Þ DCAD vuông cân tại C
Þ = 450
Þ = 450( vì DAMB vuông tại M)
Nên DMAB là tam giác vuông cân.
c) Xét DABM và DADC có : 
	 : chung
Þ DABM đồng dạng DADC (g-g)
Þ 
Þ AB.AC = AM.AD
---------Hết---------