Đề thi vào lớp 10 môn toán đà nẵng 2015

Đề thi tuyển sinch vào lớp 10 môn Toán thù TPhường. TP Đà Nẵng năm học tập 2014-2015

Thời gian làm bài: 1trăng tròn phút ít (ko nhắc thời gian giao đề)

Bài 1: (1,5 điểm)


1) Tính quý hiếm của biểu thức $ A=sqrt9-sqrt4$

2) Rút ít gọn gàng biểu thức $ P=fracxsqrt22sqrtx+xsqrt2+fracsqrt2x-2x-2$ , với x > 0, x ≠ 2

Bài 2: (1,0 điểm)

Giải hệ phương thơm trình: $ left{ eginarrayl3x+4y=5\6x+7y=8endarray ight.$

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho hàm số y = x2 bao gồm đồ gia dụng thị (P) với hàm số y = 4x + m gồm trang bị thị (dm)

1) Vẽ đồ gia dụng thị (P)

2)Tìm tất cả những quý giá của m thế nào cho (dm) với (P) cắt nhau trên hai điểm riêng biệt, trong số ấy tung độ của 1 trong nhì giao điểm đó bằng 1.

Bạn đang xem: Đề thi vào lớp 10 môn toán đà nẵng 2015

Bài 4: (2,0 điểm)

Cho pmùi hương trình x2 + 2(m – 2)x – mét vuông = 0, với m là tsi mê số.

1) Giải phương thơm trình lúc m = 0.

2)Trong trường hợp pmùi hương trình có nhị nghiệm rõ ràng x1 với x2 với x1 2, search tất cả những quý giá của m sao |x1| – |x2| = 6

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A bao gồm đường cao AH (H trực thuộc BC). Vẽ con đường tròn (C) có vai trung phong C, bán kính CA. Đường trực tiếp AH giảm con đường tròn (C) trên điểm máy nhì là D.

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

Xem thêm: Một Mạch Điện Như Hình Vẽ R 12 Ôm, Một Mạch Điện Như Hình Vẽ

2) Trên cung nhỏ $ oversetfrownAD$ của đường tròn (C) mang điểm E làm sao để cho HE tuy nhiên tuy nhiên với AB. Đường trực tiếp BE giảm con đường tròn (C) tại điểm thiết bị nhị là F. hotline K là trung điểm của EF. Chứng minch rằng:

a) BA2 = BE.BF và $ widehatBHE=widehatBFC$

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

Gợi ý giải:

Bài 1:

1) A = 3 – 2 = 1

2) Với ĐK vẫn cho thì

$ displaystyle P=fracxsqrt2sqrt2xleft( sqrt2+sqrtx ight)+fracsqrt2left( sqrtx-sqrt2 ight)left( sqrtx-sqrt2 ight)left( sqrtx+sqrt2 ight)=fracsqrtxsqrt2+sqrtx+fracsqrt2sqrtx+sqrt2=1$

Bài 2: 

$ left{ eginarrayl3x+4y=5\6x+7y=8endarray ight.Leftrightarrow left{ eginarrayl6x+8y=10\6x+7y=8endarray ight.Leftrightarrow left{ eginarrayly=2\6x+7y=8endarray ight.Leftrightarrow left{ eginarraylx=-1\y=2endarray ight.$

Bài 3:

1)

*

2) Pmùi hương trình hoành độ giao điểm của y = x2 với con đường thẳng y = 4x + m là :

x2 = 4x + m ⇔ x2 – 4x – m = 0 (1)

(1) có

Để (dm) với (P) giảm nhau trên hai điểm khác nhau thì $ Delta ’>0Leftrightarrow 4+m>0Leftrightarrow m>-4$

y = 4x + m = 1 => x = $ frac1-m4$

Yêu cầu của bài bác toán tương đương với $ displaystyle left{ eginarraylm>-4\2pm sqrt4+m=frac1-m4endarray ight.,,,Leftrightarrow left{ eginarraylm>-4\sqrt4+m=frac-m-74endarray ight.,,hay,,,left{ eginarraylm>-4\-sqrt4+m=frac-m-74endarray ight.,$

⇔ $ displaystyle left{ eginarraylm>-4\m-4\m>-7\4sqrt4+m=m+7endarray ight.,$

$ Leftrightarrow left{ eginarraylm>-4\16left( 4+m ight)=m^2+14m+49endarray ight.Leftrightarrow left{ eginarraylm>-4\m^2-2m-15=0endarray ight.Leftrightarrow left{ eginarraylm>-4\m=5,, exttốt m=-3 ext endarray ight.Leftrightarrow m=5,, exttuyệt m=-3$

Bài 4:

1) khi m = 0, phương trình thành : x2 – 4x = 0 x = 0 tốt x – 4 = 0 x = 0 tốt x = 4

2) $ Delta ’=left( m-2 ight)^2+m^2=2m^2-4m+4=2left( m^2-2m+1 ight)+2=2left( m-1 ight)^2+2>0forall m$

Vậy pmùi hương trình luôn luôn tất cả nhị nghiệm phân biệt với mọi m.

Ta có $ S=x_1+x_2=2left( 2-m ight),,,P=x_1x_2=-m^2le 0$

Ta có $ left| x_1 ight|-left| x_2 ight|=6Rightarrow x_1^2-2left| x_1x_2 ight|+x_2^2=36Leftrightarrow left( x_1+x_2 ight)^2-2x_1x_2+2x_1x_2=36$

$ 4left( 2-m ight)^2=36Leftrightarrow left( m-2 ight)^2=9$ $ Leftrightarrow m=-1, exthay,m=5$

khi m = -1 ta tất cả $ x_1=3-sqrt10,x_2=3+sqrt10Rightarrow left| x_1 ight|-left| x_2 ight|=-6$ (loại)

lúc m = 5 ta gồm $ x_1=-3-sqrt34,x_2=-3+sqrt34Rightarrow left| x_1 ight|-left| x_2 ight|=6$ (thỏa)

Vậy m = 5 thỏa tận hưởng bài bác tân oán.

Bài 5:

1) Ta có $ widehatBAC=90^0$ nên BA là tiếp tuyến với (C).

BC vuông góc với AD cần H là trung điểm AD. Suy ra $ widehatBDC=widehatBAC=90^0$ đề xuất BD cũng là tiếp con đường với (C)

2)

a)

Trong tam giác vuông ABC ta tất cả $ AB^2=BH.BC$ (1)

Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA

bởi vì tất cả góc B chung

và $ widehatBAE=widehatBFA$ (thuộc chắn cung AE)

suy ra $ fracABFB=fracBEBARightarrow AB^2=BE.FB$ (2)

Từ (1) với (2) ta gồm BH.BC = BE.FB

Từ BE.BF= BH.BC $ Rightarrow fracBEBC=fracBHBF$

2 tam giác BEH và BCF đồng dạng do có góc B phổ biến và $ fracBEBC=fracBHBF$

$ Rightarrow widehatBHE=widehatBFC$

*

b) Do kết quả bên trên ta có $ displaystyle widehatBFA=widehatBAE$

$ displaystyle widehatHAC=widehatEHB=widehatBFC$ , do AB //EH. suy ra $ displaystyle widehatDAF=widehatDAC-widehatFAC=widehatDFC-widehatCFA=widehatBFA$

$ displaystyle Rightarrow widehatDAF=widehatBAE$ , 2 góc này chắn các cung $ displaystyle oversetfrownAE,oversetfrownDF$ đề nghị hai cung này bởi nhau

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

(vì chưng góc H đối đỉnh, HD = HA, $ widehatEDH=widehatHDN$ (vì AD // AF)

Suy ra HE = Hà Nội, yêu cầu H là trung điểm của EN. Suy ra HK là mặt đường trung bình của tam giác EAF.