20 Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 THPT - Năm học 2015-2016 (Có đáp án)

Nội dung text: 20 Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 THPT - Năm học 2015-2016 (Có đáp án)

1. ( y)(x 1)( x)(y 1) (x 1)(y 1) xy x y 1 2 = 2 2 1 x y xy xy xy 0,25đ Mà 1 = x + y và x + y 2 xy (x + y)2 4xy Do đó 12 = (x + y)2 4xy 1 1 1 4 2 2 2 8 B 9 4xy (x y) xy (x y) xy 0,25đ 1 Vậy min B = 9 khi x = y = 2 0,25đ SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH DƯƠNG Năm học: 2015 – 2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 : (1 điểm) Tính: A 3x2 2x x 2 1 với x 2 x2 Bài 2: (1,5 điểm) 1) Vẽ đồ thị (P) hàm số y 4 2) Xác định a, b để đường thẳng y ax b đi qua gốc tọa độ và cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng –3. x 2y 10 Bài 3 :(2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 1 x y 1 2 2) Giải phương trình: x x 2 0 Bài 4:(2,0 điểm) Cho phương trình x2 2(m 1)x 2m 0 (m là tham số) 1) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm cùng dương. 3) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m. Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của cạnh AC. Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N. Đường thẳng BM cắt đường tròn đường kính MC tại D. 1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn đó. 2) Chứng minh DB là phân giác của góc ADN. 3) Chứng minh OM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MC. 4) BA và CD kéo dài cắt nhau tại P. Chứng minh ba điểm P. M, N thẳng hàng. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc H­ng yªn 2015 – 2016 M«n thi: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót Câu 1: ( 2 điểm ) 2 2 x y 3 1) Rút gọn P ( 3 2) ( 3 2) ; 2) Giải hệ phương trình 3x y 1
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 VĨNH LONG Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1. (1.0 điểm) a) Tính: A 2 5 3 45 500 ; b) Rút gọn biểu thức B 5 1 6 2 5 Bài 2. (2.5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 2x y 5 a) x 2 9x 20 0 b) x 4 4x 2 5 0 c) x y 1 Bài 3. (1.5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol P : y x 2 và đường thẳng d : y 2 m 1 x 5 2m (m là tham số) a) Vẽ đồ thị parabol (P). b) Biết đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi hoành độ 2 2 giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là x1, x2. Tìm m để x1 x 2 6 Bài 4. (1.0 điểm) Một đội xe cần chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc, đội được bổ sung thêm 3 chiếc nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn hàng so với dự định. Hỏi lúc đầu đội có bao nhiêu xe, biết khối lượng hàng chở trên mỗi xe như nhau.
3. Phương trình trên tương đương với: x2 + 3x – 108 = 0 ⇔ x = 9 (nhận); x = - 12(loại) Vậy: lúc đầu đội có 9 chiếc xe. Bài 5. áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vuông tại A, ta có: BC2 = AB2 + AC2 = 152 + 202 = 625; BC 625 25 cm Áp dụng đẳng thức: AH.BC = AB.AC AB.AC Suy ra: AH 12 cm Trong tam giác vuông, đườngA trung tuyến ứng với cạnh BC BC D huyền bằng nửa cạnh huyền nên: AM 12,5 cm 2 M Bài 6. E a) Tứ giác ADHE có:AD ⊥ DH (BD ⊥ AC – gt) · · 0 H AE ⊥ EH (CE ⊥ AB – gt)Nên AEH ADH 90 Do đó: A· EH A· DH 1800 Vậy tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn. b) Tứ giác BEDC có: B· EC B· DC 900 (gt) nên cùng nội tiếp nửa Bđường tròn tâm I đường kínhI BC (1) C Tương tự, tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm M đường kính AH và E, D là giao điểm của hai đường tròn tâm M và tâm I. Do đó đường nối tâm IM là đường trung trực của dây chung ED. Suy ra: MI ⊥ AD (đpcm) Bài 7. Theo đề: (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0 ⇔ x2 – ax – bx + ab + x2 – bx – cx + bc + x2 – cx – ax + ca = 0 ⇔ 3x2 – 2(a + b + c)x + ab + bc + ca = 0 2 / b/ ac a b c 2 3 ab bc ca a 2 b2 c2 2ab 2bc 2ca 3ab 3bc 3ca a 2 b2 c2 ab bc ca 1 1 2a 2 2b2 2c2 2ab 2bc 2ca a 2 2ab b2 b2 2bc c2 c2 2ca a 2 2 2 1 2 2 2 a b b c c a 0 với mọi a, b, c 2 a b 0 Vì phương trình trên có nghiệm kép nên: / 0 b c 0 a b c c a 0 b/ a b c Nghiệm kép: x x a b c 1 2 a 3 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỒNG THÁP NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn : TOÁN Câu 1: (2 điểm) a) Thực hiện phép tính 25 4 ; b) Tìm x để x 2 2
4. HD: Câu 1 a) x=1 ; b) HV, HCN, HTC x 3y 5 x 2 Câu 2 a) với m=1 (I)   x y 3 y 1 x 3 b) Với m=0 thì hệ có nghiệm là y 1/ 3 m 2 3 m 2 2m 3 (m 1) 2 2 Với m 0 . Xét biểu thức 0 Với mọi m 0 1 m m m m 2 3 => . Vậy hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. 1 m 9 5m x (m 2)x 3y 5 m 2 2m 3 Ta có  x my 3 3m 1 y m 2 2m 3 Câu 3 : a) với m=3 thì (d) là : y=8x-7 x 1 y x 2 y 1 Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ  y 8x 7 x 7 y 49 b) Giao điểm của (P) và (d) phụ thuộc và số nghiệm pt : x2 = 2(m+1)x-3m+2 1 11  x2 - 2(m+1)x+3m- 2=0 (1) Có / = m2 –m +3 =(m- )2 + > 0 với mọi m. 2 4  pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt, nên (P) và (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A;B. c) Vì x1 ; x2 là hoành độ của A;B nên x1 ; x2 là nghiệm của pt (1) Theo Vi _ét ta có: x1 + x2 = 2(m+1) : x1. x2 = 3m-2 2 2 2 2 x 1 + x2 =20.  (x1 + x2 ) - 2 x1. x2 =20  4(m+1) – 2(3m-2) =20  2m2 + m – 6 =0  m=3/2 hoặc m=-2. B 2 2 E Vậy với m=3/2 hoặc m=-2 thì x + x =20. H 1 2 K Câu 4 D a) Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến với (O) 0 O => góc ABO= góc ACO = 90 A M  góc ABO+ góc ACO = 1800 nªn ABOC nội tiếp. b) Vì H là trung điểm của DE nên OH vuông góc DE => góc AHO = 900 Lại có góc ABO= góc ACO = 900 mµ H thuộc (I). C  Góc AHB = góc AOB ( cùng chắn cung AB của (I) ) (1)  Và góc AHC = góc AOC ( cùng chắn cung AC của (I) ) (2) Mà OA là phân giác góc BOC ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm ở bên ngoài đường tròn) nªn góc AOB = góc AOC (3) Từ (1) (2) (3) => góc AHB = góc AHC, hay HA là phân giác góc BHC. c) Gọi M là gioa điểm AO và BC => BC vuông góc AO tại M
5. Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức P = 2 3 6 2 2x y 3 b) Giải hệ phương trình: x y 6 Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình mx2 2 m 1 x 1 3m 0 (1) (m là tham số) a) Chứng tỏ rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. b) Trong trường hợp m 0 . Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình (1), tìm 2 2 giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x1 x2 Bài 3: (2 điểm) Trong một phòng có 80 người họp, được sắp xếp ngồi trên các dãy ghế có chỗ ngồi bằng nhau. Nếu ta bớt đi 2 dãy ghế thì mỗi dãy ghế còn lại phải xếp thêm 2 người thì vừa đủ chỗ. Hỏi lúc đầu có mấy dãy ghế và mỗi dãy ghế được xếp bao nhiêu chỗ ngồi. Bài 4: (2 điểm) Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD không đi qua O (C nằm giữa M và D) với đường tròn (O). Đoạn thẳng MO cắt AB và (O) theo thứ tự tại H và I. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. b) MC.MD = MA2. ; c) OH.OM + MC.MD = MO2. 3x2 Bài 5: (2 điểm) Cho x, y, z là các số thự thỏa mãn điều kiện: y2 z2 yz 1 2 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức B x y z SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH Năm học 2015 – 2016 Môn: TOÁN (chung) Câu 1. (2,0 điểm) 1) Với giá trị nào của x thì biểu thức x 1 x 3 xác định. 2) Tính giá trị của biểu thức A x 3 3 x khi x 2 2 . 3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số y 2x2 . 4) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB 3, BC 5. Tính cos ·ACB. 1 2 x x 1 x Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức Q . (với x 0; x 1). x 1 x 1 x 1 x x 1) Rút gọn biểu thức Q . ; 2) Tìm các giá trị của x để Q 1. Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x2 2 m 1 x m2 6 0 (1) (với m là tham số). a) Giải phương trình với m 3. 2 2 b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 x2 16 . x 2 x y 3 y 2) Giải hệ phương trình 2 x x 3 2x y 5 x 16.
6. x 1 x 1 x 1 . . 0,25 x 1 x x x 1 2) (0,5 điểm) Với x 0 và x 1, ta có Q x 0,25 x 1 Do đó Q 1 1 x 1 x x 1 1 2 x 1 x (thỏa mãn điều kiện) Vậy với x thì Q 1. 0,25 4 4 Câu 3 (2,5 điểm) Đáp án Điểm 2 1) (1,5 điểm) a) (0,75 điểm) Với m 3 , ta có phương trình (1) trở thành x 4x 3 0 0,25 Ta có a b c 1 4 3 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 1; x2 3 0,25 Vậy với m 3 , phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 1; x2 3 0.25 b) (0,75 điểm) x2 2 m 1 x m2 6 0 (1) Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có ' m 1 2 m2 6 7 2m 0,25 7 Phương trình (1) có các nghiệm x , x ' 0 7 2m 0 m (*) 1 2 2 2 Khi đó theo định lý Viét ta có x1 x2 2 m 1 ; x1.x2 m 6 0,25 2 2 2 2 2 2 Do đó x1 x2 x1 x2 2x1x2 4 m 1 2 m 6 2m 8m 16 m 0 Vậy x2 x2 16 2m2 8m 16 16 1 2 m 4 0,25 Kết hợp điều kiện (*) ta có m 0 là giá trị thỏa mãn. x 2 x y 3 y 1 x 2 0 x 2 2) (1,0 điểm) Điều kiện: 2 x x 3 2x y 5 x 16 2 y 0 y 0 Với x 2, y 0 , phương trình (1) x 2 x y 2 x 2 y 0 2 2 0,25 x 2 x 2 y x 2 y 0 x 2 y x 2 x 2 y 1 0 0,25 x 2 y 0 y x 2 do x 2 x 2 y 1 0,  x 2, y 0
7. AD AI 1 AO b) (0,5 điểm) Vì ADI ∽ AHO AH AO AD AH.AI 0,25 1 1 1 BC Mà AO BC, AI AH 2 2 AD AH 2 Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH 2 HB.HC 1 HB HC 1 1 0,25 Suy ra AD HB.HC HB HC 3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp P· BM M· NC P· BM ·ANM M· NC ·ANM 1800 (1) Vì tứ giác ANMK nội tiếp P· KM ·ANM (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra P· BM P· KM 1800 , do đó tứ giác PKMB nội tiếp P· KB P· MB ·AMN ·ACB ·AKB ·ACB ·AKB P· KB 1800 0,5 Do đó tứ giác BKAC nội tiếp B· KC B· AC 900 . Câu 5 (1,0 điểm) 3x2 6x 6 0 1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định x 1 3 2 x 0 Với x 1 3 , phương trình đã cho tương đương với: 3x2 6x 6 3 2 x 2 2 x 7x 19 2 x 3x2 6x 6 2 x 3x2 5x 7 3x2 6x 6 2 x 2 x 3x2 5x 8 2 2 3x 5x 8 3x 5x 8 0 2 x 3x2 5x 8 0,25 3x2 6x 6 2 x 1 2 x 3x2 6x 6 2 x (do 3x2 6x 6 2 x 0, x 1 3 ). 8 +) 3x2 5x 8 0 x 1 (thỏa mãn đk) hoặc x (không thỏa mãn đk) 3 +) 1 2 x 3x2 6x 6 2 x 1 2 x 3x2 6x 6. 2 x x 1 3x2 6x 6. 2 x * 0,25 Vì x 1 3 nên x 1 0 3x2 6x 6. 2 x do đó (*) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1 2) (0,5 điểm) Ta có: a4 b4 ab a2 b2 a;b ¡ Thật vậy a4 b4 ab a2 b2 a4 b4 a3b ab3 2 0,25 a b a3 b3 0 a b a2 ab b2 0 (luôn đúng a,b ¡ ) Do đó a4 b4 c ab a2 b2 c a4 b4 c ab a2 b2 abc2 0 (vì a;b;c 0 và abc 1)
8. b) Chứng minh MI vuông góc với AB và ba điểm E, I, F thẳng hàng. Câu 6. (1 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x2 y2 z2 9 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z – (xy + yz + zx) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPNĂM HỌC 2015 – 2016 HẢI DƯƠNG Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Câu I (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: x 3 2y 1) 2x 1 0 ; 2) ; 3) x4 8x2 9 0 y 1 2x 2 Câu II(2,0điểm) 1) Rút gọn biểu thức A a 2 a 3 a 1 9a vôùi a 0. 2) Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 60km. Hai người đi xe đạp cùng khởi hành một lúc đi từ A đến B với vận tốc bằng nhau. Sau khi đi được 1 giờ thì xe của người thứ nhất bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, còn người thứ hai tiếp tục đi với vận tốc ban đầu. Sau khi xe sửa xong, người thứ nhất đi với vận tốc nhanh hơn trước 4km/h nên đã đến B cùng lúc với người thứ hai. Tính vận tốc hai người đi lúc đầu. Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các giá trị của m để phương trình x2 2 m 1 x m2 3 0 có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó. 2) Cho hai hàm số y 3m 2 x 5 với m 1 và y x 1 có đồ thị cắt nhau tại điểm A x;y . Tìm các giá trị của m để biểu thức P y2 2x 3 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. 1) Chứng minh ACBD là hình chữ nhật; 2) Gọi H là trực tâm của tam giác BPQ. Chứng minh H là trung điểm của OA; 3) Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất. Câu V (1,0 điểm) Cho 2015 số nguyên dương a1;a2;a3; ;a2015 thỏa mãn điều kiện : 1 1 1 1 89 a1 a2 a3 a2015 Chứng minh rằng trong 2015 số nguyên dương đó, luôn tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau. Hết
9. 21- 7 10 - 5 1 2) Tính giá trị của biểu thức : A = ( + ) : 3 - 1 2 - 1 7 - 5 3 y 6 2x Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 1 2y 4 x Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) 1) Vẽ đồ thị (P) 2) Cho các hàm số y = x + 2 và y = - x + m ( với m là tham số) lần lượt có đồ thị là (d) và (dm). Tìm tất cả các giá trị của m để trên một mặt phẳng tọa độ các đồ thị của (P) , (d) và (dm) cùng đi qua một điểm Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 - 2(m – 1)x – 2m = 0, với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m = 1. 2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá trị của m sao 2 cho x1 + x1 – x2 = 5 – 2m Bài 5: (3,5 điểm) Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm) 1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp. 2) Cho bán kính đường tròn (O) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm. Tính độ dài đoạn thẳng BC. 3) Gọi (K) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tại C. Đường tròn (K) và đường tròn (O) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng đường thẳng BM đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC. Bài giải sơ lược : Bài 1 :1) 28a 4 = 4.7.(a 2 )2 = 2 7. a 2 = 2 7a 2 (Vì a2 ≥ 0 với mọi a) é ù 2) ê 7 ( 3 - 1 ) 5 ( 2 - 1 ) ú A = ê + ú.( 7 - 5 ) ë 3 - 1 2 - 1 û 2 2 A = ( 7 + 5 ).( 7 - 5 ) = 7 - 5 = 7 - 5 = 2 . Vậy A = 2 ïì 3 Bài 2 : - ĐK : x ≠ 0. Ta có : ï - y = 6 ï 2 x ïì 3 - 2 x y = 1 2 x ïì 8 x = 4 íï Û íï Û íï ï 1 ï 1 + 2 x y = - 4 x ï 1 + 2 x y = - 4 x ï + 2 y = - 4 îï îï îï x ì 1 ì ì ï ï 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ï 1 ï x = ¹ 0 ( T M D K ) ïì 1 ï x = ï x = ï 2 ï x = í 2 í 2 í í 2 ï ï ï 1 1 ï ï y = - 3 ï y = - 3 ï 1 + 2 . y = - 4 . îï 1 + y = - 2 îï îï îï 2 2 Bài 3 : 1) Lập bảng giá trị và vẽ 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : x2 = x + 2 x2 - x - 2 = 0(*) ïì x = - 1 Phương trình (*) có dạng : a – b + c = 0 nên có 2 nghiệm : ï 1 íï ï - c ï x 2 = = 2 îï a
10. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – NGHỆ AN 2016 Môn thi : Toán. Thi ngày 10 / 9 / 2015 1 4 Câu 1 (2,5 điểm). Cho biểu thức P x 2 x 4 1 a)Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P;b)Tính giá trị của biểu thức P khi x . 4 Câu 2 (1,5 điểm). Số tiền mua 1 quả dừa và một quả thanh long là 25 nghìn đồng. Số tiền mua 5 quả dừa và 4 quả thanh long là 120 nghìn đồng. Hỏi giá mỗi quả dừa và giá mỗi quả thanh long là bao nhiêu ? Biết rằng mỗi quả dừa có giá như nhau và mỗi quả thanh long có giá như nhau. Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình : x2 2 m 1 x m2 3 0 (1) (m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m = 2. 2 2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 sao cho x1 x2 4 . Câu 4 (3 điểm). Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A chuyển động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Kẻ các đường cao BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB). Chứng minh rằng : a) BCEF là tứ giác nội tiếp. ; b) EF.AB = AE.BC. c) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi A chuyển động. Câu 5 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x y 3. Chứng minh rằng: 1 2 9 x y Đẳng thức xảy ra khi nào ? 2x y 2 . Hết . ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu 1. a) ĐKXĐ : x 0 , x 4 (0,5 đ) 1 4 x 2 4 x 2 1 Rút gọn : P (1 điểm) x 2 x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 1 1 1 5 b) x ĐKXĐ. Thay vào P, ta được : P (1 điểm) 4 1 1 2 2 1 4 2 Câu 2. Gọi x, y (nghìn) lần lượt là giá của 1 quả dừa và 1 quả thanh long. Điều kiện : 0 < x ; y < 25. x y 25 Theo bài ra ta có hệ phương trình 5x 4y 120 Giải ra ta được : x = 20, y = 5 (thỏa mãn điều kiện bài toán). Vậy : Giá 1 quả dừa 20 nghìn. Giá 1 quả thanh long 5 nghìn. Câu 3. (1,5 điểm) a) Với m = 2, phương trình (1) trở thành : x2 6x 1 0 . Ta có : ' 32 1 8 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 3 8 , x1 3 8 2 b) ' m 1 m2 3 2m 4 ; Phương trình có 2 nghiệm 2m 4 0 m 2.
11. 2 1 2 = 1 1 2 1 9 .Đẳng thức xảy ra x 0 x y x y 6 3 6 x x 1 2 x y 2 2 2 y 2 y 0 y Cách 2. Với x, y > 0 và x y 3 . Ta có : 1 2 1 1 4 1 1 4 9 x y x y x y 3 2 x . 2 y . 2 x y 2 x y 2 x y 2 1 x Đẳng thức xảy ra x x 1 (vì x, y > 0) 4 y 2 y y SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: TOÁN Câu 1: Rút gọn các biểu thức 1 1 x 1 1 P . a) b) Q 1 . với x > 0, x 1. 5 2 5 2 x 1 x Câu 2: Cho phương trình bậc hai x2 2(m 1)x m2 m 1 0 (m là tham số) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn 2 2 x1 x2 3x1x2 1. Câu 3: Một đội xe nhận vận chuyển 72 tấn hàng nhưng khi sắp khởi hành thì có 3 xe bị hỏng, do đó mỗi xe phải chở nhiều hơn 2 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đọi xe có bao nhiêu chiếc, biết khối lượng hàng mỗi xe phải chở là như nhau. Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC, đường tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Gọi H là giao điểm của BN và CM. a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn. b) Gọi K là giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng AH. Chứng minh ∆BHK ∆ACK. c) Chứng minh: KM + KN ≤ BC. Dấu “ =” xảy ra khi nào? Câu 5: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = ab + bc + 2ca. -Mã HẾT- đề 02 Câu 1: Rút gọn các biểu thức 1 1 x 2 1 a) P . b) với x > 0, x 4. Q 1 . 2 3 2 3 x 2 x Câu 2: Cho phương trình bậc hai x2 2(m 1)x m2 m 1 0 (m là tham số) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn 2 2 x1 x2 4x1x2 2. Câu 3: Một đội xe nhận vận chuyển 60 tấn hàng nhưng khi sắp khởi hành thì có 2 xe bị hỏng, do đó mỗi xe phải chở nhiều hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đọi xe có bao nhiêu chiếc, biết khối lượng hàng mỗi xe phải chở là như nhau.
12. 2 2 Theo định lí Pytago ta có: x1 + x2 = 5 0.25 0.25 x1 x2 m 5 Theo định lí Vi ét ta có: x .x 3m 6 1 2 0.25 2 2 Theo trên x1 + x2 = 5 m = -6 và m = 2 (t/m) IV 1) 0.25 Tứ giác ACMD nội tiếp 0.75 C/m: góc ACD = góc AMD = 900 2) CA.CB = CH.CD 1.0 C/m: tứ giác ANHC nội tiếp suy ra góc DAC = góc CHB(cùng bù góc NHC) suy ra tam giác CAD đồng dạng với tam giác CHB 3) Ba điểm A, N, D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N đi qua trung điểm của DH * tứ giác ACMD nội tiếp suy ra góc ADC = góc AMC, tứ giác CHMB nội tiếp suy ra góc AMC = góc HBC = góc NMA suy ra góc ADC = góc NMA nên tứ giác DNHM nội tiếp do đó góc DNH = 900 do góc ANB = 900 suy ra điều phải chứng minh. 0.5 * Vì NJ là tiếp tuyến (O) suy ra góc JND = góc ONB = góc OBN = góc NDH suy ra tam giác NJD cân tại J suy ra JN = JD mà tam giác NDH vuông tại N suy ra góc JNH + góc JND = góc JDN + góc JHN = 900 do đó góc JNH = góc JHN suy ra tam giác INH cân tại J suy ra JN = JH do vậy JH = JD nên J là trung điểm của DH 0.5 4) MN đi qua điểm cố định khi M di chuyển trên cung KB 0.5 Gọi Q là giao điểm của MN và AB; OJ cắt MN tại L Ta chứng minh được MJ là tiếp tuyến của (O) suy ra MN vuông góc OJ do đó tam giác OL OQ OLQ đồng dạng với tam giác OCJ (g – g) suy ra suy ra OL.OJ = OQ.OC. OC OJ Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMJ ta có OL.OJ = OM2 = R2 (R là bán kính R 2 (O)) suy ra OQ.OC = R2 suy ra OQ do O, C cố định R không đổi suy ra OQ OC không đổi suy ra Q cố định vậy MN đi qua Q V Với hai số thực dương không âm a, b thỏa a2 b2 4 ta có: a b 2 a2 2ab b2 a2 b2 2ab 4 2ab Suy ra a b 2 4 2ab (do 4 2ab 0;a,b 0 Hay a b 4 2ab a b 4 2ab ab ab Khi đó, biểu thức M được viết lại thành: M (1) a b 2 4 2ab 2 Mặc khác: 4 2ab 4 4 2ab 4 2 2ab 4 2ab 2 4 2ab 2 (2) 0.25