Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm học 2015-2016 Sở GD-ĐT Nghệ An

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Thi ngày 10 / / 2015 Môn thi : Toán Thời gian làm : 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu (2,5 điểm)  x 2 x4 a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P x  Câu (1,5 điểm) Số tiền mua dừa long 25 nghìn đồng Số tiền mua dừa long 120 nghìn đồng Hỏi giá dừa giá long ? Biết dừa có long có Câu (1,5 điểm) Cho phương trình: x   m  1 x  m   (1) (m tham số) Cho biểu thức P  a) Giải phương trình (1) với m = b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 x2 cho x12  x 22  Câu (3 điểm) Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không qua tâm O Điểm A chuyển động đường tròn (O) cho tam giác ABC có góc nhọn Kẻ đường cao BE CF tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) Chứng minh : a) BCEF tứ giác nội tiếp b) EF.AB = AE.BC c) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi A chuyển động Câu (3 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa mãn x  y  Chứng minh rằng:   2x y Đẳng thức xảy nào? ……………… Hết ……………… xy ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu a) ĐKXĐ : x  , x  Rút gọn: P  (0,5 đ)   x 2 x4 x 2   x 24 x 2  x 2    x 2 x 2  x 2 (1 điểm) b) x   ĐKXĐ Thay vào P, ta : P  1   1 1 2 Câu Gọi x, y (nghìn) giá dừa long Điều kiện : < x ; y < 25  x  y  25 Theo ta có hệ phương trình  5x  4y  120 Giải ta : x = 20, y = (thỏa mãn điều kiện toán) Vậy: Giá dừa 20 nghìn Giá long nghìn Câu (1,5 điểm) a) Với m = 2, phương trình (1) trở thành : x  6x   Ta có :  '  32   Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  3  , x1  3  b)  '   m  1   m  3  2m  Phương trình có nghiệm  2m    m  2  x1  x  2  m  1 Theo Vi – ét ta có :   x1x  m  Theo ta có : x12  x 22    x1  x   2x1x    m  1   m  3  m   m  4m      m  3 m  3 không thỏa mãn điều m  2 Vậy m =  (1 điểm) Câu Hình vẽ (0,5 điểm) a) BCEF tứ giác nội tiếp (1 điểm)   90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có : BFC   90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BEC Suy tứ giác BCEF nội tiếp  đpcm b) EF.AB = AE.BC (1 điểm) BCEF nội tiếp (chứng minh trên)   ACB  (cùng bù với góc BFE) Suy AFE Do AEF  ABC (g.g) EF AE Suy   EF.AB  BC.AE  đpcm BC AB c) EF không đổi A chuyển động (0,5 điểm) AE  Cách Ta có EF.AB  BC.AF  EF  BC  BC.cos BAC AB Mà BC không đổi (gt),  ABC nhọn  A chạy cung lớn BC không đổi  không đổi  cos BAC  không đổi  BAC  không đổi  đpcm Vậy EF  BC.cos BAC Cách Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có: Tâm I trung điểm BC cố định BC Bán kính R  không đổi (vì dây BC cố định)  Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF đường tròn cố định Vì Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (I) nên ta có:   ECF   Sd EF  (góc nội tiếp) (1) FBE   ECF   900  BAC  Lại có: FBE  không đổi Mà dây BC cố định  Sd BnC   Sd BnC  có số đo không đổi  BAC   ECF   900  BAC  có số đo không đổi  FBE  có số đo không đổi Từ (1) (2)  EF  Dây EF có độ dài không đổi (đpcm) (2) Câu Cách Ta có : Với x, y > x  y  Ta có : xy 1 1  4      x  y   x      y     6 2x y  x  y   2  1     = x  y   x   y   6        2 x   y        x  x  x   Đẳng thức xảy    y   y 0  y Cách Với x, y > x  y  Ta có : 1 1    4     x  y   x     y       x  y   2x y  x  y   x y   x   x  x Đẳng thức xảy   (vì x, y > 0)  y   y  y  xy