6 Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 THPT - Năm học 2014-2015 - Trường THCS Kim Lương (Có đáp án)

Nội dung text: 6 Đề thi tuyển sinh môn Toán vào Lớp 10 THPT - Năm học 2014-2015 - Trường THCS Kim Lương (Có đáp án)

1. GỢI Ý BÀI GIẢI TOÁN VÀO 10 KHÔNG CHUYÊN LÊ KHIẾT QUẢNG NGÃI. Bài 1: a/ Tính: 2 25 3 4 = 10 + 6 = 16 b/ Đồ thị hàm số y = ax + b đi qua A(1; 2) nên a + b = 2, và B(3; 4) nên 3a b = 4. Suy ra a = 3, b = 5. Vậy (d): y = 3x + 5 x 2 x 4 1 x 2 c/ Với x 0 và x 4 ta có:A = : = = x 2 x 2 x 2 x 2 x 4 Bài 2: 1/ Giải phương trình x4 + 5x2 36 = 0 2 2 Đặt t = x ( t 0) ta có phương trình t + 5t 36 = 0. t = 25 4.1.( 36) = 169 2 t1 = 4 (tmđk); t2 = 9 (loại). Với t = 4 x = 4 x = 2 2/ a/ Với m là tham số, phương trình x2 (3m + 1)x + 2m2 + m 1 = 0 (1) Có = [ (3m + 1)]2 4.1.( 2m2 + m 1) = m2 + 2m + 5 = (m + 1)2 + 4 > 0 m Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. 2 b/ Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình (1). Ta có x1 + x2 = 3m + 1; x1x2 = 2m + m 1 2 2 2 2 2 2 B = x1 + x2 3x1x2 = (x1 + x2) 5x1x2 = (3m + 1) 5(2m + m 1) = (m m 6) 1 13 13 1 1 B = (m )2 + . Dầu “=” xảy ra m = 0 m = . 2 2 2 2 2 13 1 Vậy Bmin = khi m = 2 2 Bài 3: Gọi x (giờ) là thời gian người thứ I một mình làm xong cả công việc. 20 và y (giờ) là thời gian người thứ II một mình làm xong cả công việc. (Với x, y > ) 7 1 1 7 1 1 7 D x y 20 (1) Ta có hệ phương trình: x y 20 y x 3 y x 6 (2) 2 2 I 1 1 7 30 M Từ (1) và (2) ta có phương trình: . Giải phương trình được x1 = 4, x2 = x x 6 20 7 P Chọn x = 4. C Vậy thời gian một mình làm xong cả công việc của người thứ I là 4 giờ, của người thứ II là 10 giờ. A B Bài 4: O a/ C/minh AOD = APD = 900 O và P cùng nhìn đoạn AD dưới một góc 900 OADP tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AD
2. 2) Tìm a và b đạ đạ thạ cạa hàm sạ y = ax + b song song vại (d) và cạt (P) tại điạm có hoành đạ bạng -1 Câu III .( 2,0 điạm ) 1) Mạt ngưại đi xe đạp tạ đạa điạm A đạn đạa điạm B , quãng đưạng AB dài 24 km . Khi đi tạ B trạ vạ A ngưại đó tăng vạn tạc thêm 4km so vại lúc đi , vì vạy thại gian vạ ít hơn thại gian đi 30 phút . Tính vạn tạc cạa xe đạp khi đi tạ A đạn B . 2 ) Giại phương trình x 1 x x 1 x 1 Câu IV . ( 3,0 điạm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhạn và ba đưạng cao AA’ , BB’ ,CC’ cạt nhau tại H .Vạ hình bình hành BHCD . Đưạng thạng qua D và song song vại BC cạt đưạng thạng AH tại M . 1) Chạng minh rạng năm điạm A, B ,C , D , M cùng thuạc mạt đưạng tròn. 2) Gại O là tâm đưạng tròn ngoại tiạp tam giác ABC .Chạng minh rạng BM = CD và góc BAM = góc OAC . 3) Gại K là trung điạm cạa BC , đưạng thạng AK cạt OH tại G . Chạng minh rạng G là trạng tâm cạa tam giác ABC. Câu V .( 2, 0 điạm ) 1) Tìm giá trạ nhạ nhạt cạa biạu thạc P = a2 + ab + b2 – 3a – 3b + 2014 . 2) Có 6 thành phạ trong đó cạ 3 thành phạ bạt kạ thì có ít nhạt 2 thành phạ liên lạc đưạc vại nhau . Chạng minh rạng trong 6 thành phạ nói trên tạn tại 3 thành phạ liên lạc đưạc vại nhau. HẠt (Đả này gảm có 01 trang) Hả và tên thí sinh : Sả báo danh : Hưạng dạn sơ lưạc đạ thi môn toán dành cho tạt cạ thí sinh năm hạc 2014-2015 Thi vào THPT chuyên Tạnh Bạc Ninh và câu V chuyên toán Câu I. ( 1, 5 điạm ) Cho phương trình x 2 2mx 2m 6 0 (1) , vại ạn x , tham sạ m . 1) Giại phương trình (1) khi m = 1 2 2 2) Xác đạnh giá trạ cạa m đạ phương trình (1) có hai nghiạm x1 , x2 sao cho x1 x2 nhạ nhạt. HD : 1) GPT khi m =1 + Thay m =1 v ào (1) ta đ ư ạc x2 + 2x – 8 = 0  ( x + 4 ) ( x – 2 ) = 0  x = { - 4 ; 2 } KL : 2) x ét PT (1) : x 2 2mx 2m 6 0 (1) , vại ạn x , tham sạ m . ' 2 2 + Xét PT (1) có 1 m 2m 6 m 1 5 0 (luôn đúng ) vại mại m => PT (1) luôn có hai nghiạm phân biạt x1 ; x2 vại mại m
3. Cho tam giác ABC có ba góc nhạn và ba đưạng cao AA’ , BB’ ,CC’ cạt nhau tại H .Vạ hình bình hành BHCD . Đưạng thạng qua D và song song vại BC cạt đưạng thạng AH tại M . 1) Chạng minh rạng năm điạm A, B ,C , D , M cùng thuạc mạt đưạng tròn. 2) Gại O là tâm đưạng tròn ngoại tiạp tam giác ABC .Chạng minh rạng BM = CD và góc BAM = góc OAC . 3) Gại K là trung điạm cạa BC , đưạng thạng AK cạt OH tại G . Chạng minh rạng G là trạng tâm cạa tam giác ABC HD : HS tạ vạ hình 1) Chạng minh các tạ giác ABMD , AMDC nại tiạp => A, B ,C,D , M nạm trên cùng mạt đưạng tròn 2) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay BM = CD + Theo phạn 1) và BC//MD => góc BAM =góc OAC 1 3)Chạng minh OK là đưạng trung bình cạa tam giác AHD => OK//AH và OK = AH 2 OK 1 hay (*) AH 2 OK 1 GK + Chạng minh tam giác OGK đạng dạng vại tam giác HGA => AG 2GK , tạ đó suy ra AH 2 AG G là trạng tâm cạa tam giác ABC Câu V .( 2, 0 điạm ) 1)Tìm giá trạ nhạ nhạt cạa biạu thạc P = a2 + ab + b2 – 3a – 3b + 2014 . 2)Có 6 thành phạ trong đó cạ 3 thành phạ bạt kạ thì có ít nhạt 2 thành phạ liên lạc đưạc vại nhau . Chạng minh rạng trong 6 thành phạ nói trên tạn tại 3 thành phạ liên lạc đưạc vại nhau. HD : 1) Giá trạ nhạ nhạt cạa P là 2011 khi a =b = 1 2) Gại 6 th ành phạ đã cho l à A,B,C,D,E,F + X ét thành phạ A .theo nguyên l í Dirichlet ,trong 5 thành phạ còn lại thì có ít nhạt 3 thành phạ liên lạc đưạc vại A hoạc có ít nhạt 3 thành phạ không liên lạc đưạc vại A ( v ì nạu sạ thành phạ liên lạc đưạc vại A cũng không vưạt quá 2 và sạ thành phạ không liên lạc đưạc vại A cũng không vưạt quá 2 thì ngoài A , sạ thành phạ còn lại cũng không vưạt quá 4 ) . Do đó chạ xạy ra các khạ năng sau : • Khạ năng 1 : sạ thành phạ liên lạc đưạc vại A không ít hơn 3 , giạ sạ B,C,D liên lạc đưạc vại A . Theo đạ bài trong 3 thành phạ B,C,D có 2 thành phạ liên lạc đưạc vại nhau . Khi đó 2 thành phạ này cùng vại A tạo thành 3 thành phạ đôi mạt liên lạc đưạc vại nhau . • Khạ năng 2 :
4. Tìm a và b biết hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y) = (2; 3). 2)Giải phương trình: 2 2x – 1 3 5x 6 3x 8 Bài 3: (2,00 điểm) 1 2 Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P): y x 2 a)Vẽ đồ thị (P). b)Trên (P) lấy điểm A có hoành độ xA = -2. Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox sao cho MA – MB đạt giá trị lớn nhất, biết rằng B(1; 1). Bài 4: (2,00 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B. Trên cung A»B lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của AM , tia CO cắt d tại D. a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp. b) Chứng minh rằng: NO  AD c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD. d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất. HẾT Giám thị không giải thích gì thêm. HƯỚNG DẪN GIẢI (Lê Quốc Dũng, GV THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang, Khánh Hoà) Bài 1: (2,00 điểm) 1 8 10 2 1 2(2 5) 1) A 2 1 2 1 2 1 2 5 1 2 5 a a a 1 2) B = : với a > 0, a 4. a 2 a a 2 a 4 a 4 a a a 1 a a ( a 2)2 = :  a 2 a a 2 a 4 a 4 a 2 a 2 a 1 a a ( a 2)2 a(1 a ) ( a 2)2 =   a( a 2) a 2 a 1 a 2 a 1 Bài 2: (2,00 điểm)
5. Ta có: MA – MB AB (Do M thay đổi trên Ox và BĐT tam giác) Dấu “=” xẩy ra khi 3 điểm A, B, M thẳng hàng, khi đó M là giao điểm của đường thẳng AB và trục Ox. - Lập pt đường thẳng AB - Tìm giao điểm của đường thẳng AB và Ox, tìm M (4; 0). Bài 4: (2,00 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B. Trên cung A»B lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của AM , tia CO cắt d tại D. N M d C B A O D a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp. HD: Tứ giác OBNC nội tiếp có O· CN O· BN 1800 b) Chứng minh rằng: NO  AD HD: AND có hai đường cao cắt nhau tại O, suy ra: NO là đường cao thứ ba hay: NO  AD c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD.
6. a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp. Suy ra A· HC 1800 A· BC b) Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B và C) và N là điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp. c) Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN. Chứng minh A¶JI A· NC d) Chứng minh rằng : OA vuông góc với IJ BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x2 7x 12 0 72 4.12 1 7 1 7 1 x 4 hay x 3 2 2 b) x2 ( 2 1)x 2 0 Phương trình có : a + b + c = 0 nên có 2 nghiệm là : c x 1 hay x 2 a c) x4 9x2 20 0 Đặt u = x2 0 pt thành : u2 9u 20 0 (u 4)(u 5) 0 u 4 hay u 5 Do đó pt x2 4 hay x2 5 x 2 hay x 5 3x 2y 4 12x 8y 16 y 1 d) 4x 3y 5 12x 9y 15 x 2 Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), 1;1 , 2;4 (D) đi qua 1;1 , 3;9
7. mà A· NC A· MC do M, N đối xứng Vậy ta có A· HC và A· NC bù nhau tứ giác AHCN nội tiếp c) Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếp Ta có N· AC M· AC do MN đối xứng qua AC mà N· AC C· HN (do AHCN nội tiếp) I¶AJ I¶HJ tứ giác HIJA nội tiếp. A¶JI bù với A· HI mà A· NC bù với A· HI (do AHCN nội tiếp) A¶JI A· NC Cách 2 : Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp Ta có A· MJ = A· NJ do AN và AM đối xứng qua AC. Mà A· CH = A· NH (AHCN nội tiếp) vậy I¶CJ = I·MJ IJCM nội tiếp A¶JI A· MC A· NC d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có A· JQ = A· KC vì A· KC = A· MC (cùng chắn cung AC), vậy A· KC = A· MC = A· NC Xét hai tam giác AQJ và AKC : Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn ) 2 tam giác trên đồng dạng Vậy Qµ 900 . Hay AO vuông góc với IJ Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có x· AC = A· MC mà A· MC = A¶JI do chứng minh trên vậy ta có x· AC = A· JQ JQ song song Ax vậy IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2014 – 2015 Ngày thi : 21 tháng 6 năm 2014 Môn thi : TOÁN (Không chuyên) Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, thí sinh không phải chép đề vào giấy thi) Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính a) A 2 5 2 5 b) B = 2 50 3 2 Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình: 2x2 x 15 0 .
8. 5  Vậy S = ; 3 . 2  Câu 3 : (1 điểm) Điều kiện x 0 . 2 4 5 5 y 3 2y 6 10 x 1 1 x x x 10 x x 2 2 (nhận). 1 1 2 2 2y 4 2y 4 y 3 y 3 4 y 3 y 1 x x x x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y ; 1 . 2 Câu 4 : (1 điểm) Tìm a và b để d : y a 2 x b có hệ số góc bằng 4 và qua M 1;  . Đường thẳng d có hệ số góc bằng 4 a 2 4 a 6. Mặt khác (d) đi qua điểm M 1;  nên thay a 6, x 1; y 3 vào y a 2 x b . Khi đó ta có : 3 6 2 .1 b 3 4 b b 7 . Vậy a 6 v à b 7là các giá trị cần tìm và khi đó d : y 6x 7 . Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y 2x2 . BGT x 2 1 0 1 2 y 2x2 8 2 0 2 8 Câu 6 : (1 điểm) Gọi số học sinh lớp 9A là x x Z , x 7 . 420 Theo kế hoạch, mỗi em phải trồng (cây). x Trên thực tế. số học sinh còn lại là : x 7 .
9. GT (O) đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi, MN là tiếp tuyến tại B của (O). KL Tứ giác CDMN nội tiếp Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp 1 Ta có : A· DC sñA»C . 2 1 1 1 Nµ sñA¼DB sñB»C sñA¼CB sñB»C sñA»C. 2 2 2 1 A· DC Nµ (cùng bằng sñA»C ). 2 Tứ giác CDMN nội tiếp được (góc ngoài bằng góc đối trong). Câu 10 : (1 điểm) GT ABCD nội tiếp O; a , AC  BD KL Tính AB2 CD2 theo a. Tính AB2 CD2 theo a. Vẽ đường kính CE của đường tròn (O). Ta có : E· AC 900 , E· DC 900 (góc nội tiếp chắn đường kính EC). AC  AE   AE PBD ABDE là hình thang cân (hình thang nội tiếp (O)) AC  BD (gt) AB = DE (cạnh bên hình thang cân). 2 AB2 + CD2 = DE2 + DC2 = EC2 2a 4a 2 (do EDC vuông tại D). Vậy AB2 CD2 4a 2 . HẾT