Tổng hợp Đề thi vào lớp 10 môn Toán bao gồm 21 đề thi môn toán vào lớp 10 được VnDoc sưu tầm có đáp án chi tiết, rõ ràng, là tài liệu ôn thi môn Toán vào lớp 10 hiệu quả dành cho các em THCS. Mời các em học sinh lớp 9 tải bộ đề thi vào lớp 10 này về để luyện tập, ôn thi thật tốt trước kỳ thi vào lớp 10
TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 01 Bài 1.(2điểm) a) Thực hiện phép tính: 1 2 1 − 1 2 : 72 + 2 − 1 2 b) Tìm các giá trị của m để hàm số y = Bài 2 (2điểm) 4 2 ( ) m − 2 x + 3 đồng biến a) Giải phương trình : x − 24x − 25 = 0 b) Giải hệ phương trình: 2x − y = 2 9x + 8 y = 34 Bài 3 (2điểm) Cho phương trình ẩn x : x2 − 5x + m − 2 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = −4 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x 1 ; x2 thoả mãn hệ thức 1 2 x1 + 1 x2 =3 Bài 4 (4điểm) Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính BC Lấy điểm A trên tia đối của tia CB Kẻ tiếp tuyến AF của nửa đường tròn (O) ( với F là tiếp điểm), 4R tia AF cắt tiếp tuyến Bx của nửa đường tròn tại D Biết AF = 3 a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF b) Tính Cos DˆAB c) Kẻ OM ⊥ BC ( M ∈ AD) Chứng minh BD DM DM − AM = 1 d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R HẾT 1 BÀI GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01 A BÀI GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01: BÀI GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (2điểm) a) Thực hiện phép tính: ĐIỂM 1− 2 1+ 2 − : 72 1+ 2 21− 2 2 = (1− 2 ) − (1+ 2 ) (1+ 2 )(1− 2 ) = 1− 2 2 + 2 − (1+ 2 2 + 2) :6 2 1− 2 0,25đ = 1− 2 2 + 2 −1− 2 2 − 2) :62 −1 0,25đ 4 2 0,25 đ : 36.2 2 = 6 2 =3 m ≥ 0 b) Hàm số y = ( m − 2 ) x + 3 đồng biến ⇔ 0,25đ m − 2 > 0 m ≥ 0 ⇔ m > 2 m ≥ 0 ⇔ m > 4 {0, 25đ ⇔m>4 0,25đ Bài 2: (2 điểm) a) Giải phương trình : x4 − 24x2 − 25 = 0 2 Đặt t = x ( t ≥ 0 ), ta được phương trình : t 2 − 24t − 25 = 0 ' 0,5đ 2 0,25đ ' ∆ = b − ac 2 = 12 –(–25) = 144 + 25 = 169 ⇒ ∆' = 13 0,25đ ' t1 = −b + ∆ a (loại) ' = 12 +13 1 ' = 25 (TMĐK), t2 = −b − ∆ a ' = 12 −13 1 = −1 2 Do đó: x = 25 ⇒ x = ±5 Tập nghiệm của phương trình : S = {−5;5} b) Giải hệ phương trình: 2x − y = 2 16x − 8 y = 16 ⇔ 9x + 8 y = 34 9x + 8 y = 34 25x = 50 ⇔ 2x − y = 2 x=2 ⇔ 2.2 − y = 2 x=2 ⇔ y=2 Bài 3: PT: x2 − 5x + m − 2 = 0 (1) 2 a) Khi m = – 4 ta có phương trình: x – 5x – 6 = 0 Phương trình có a – b + c = 1 – (– 5) + (– 6) = 0 −6 c ⇒ x = −1, x = − = − =6 1 2 a 1 b) PT: x − 5x + m − 2 = 0 (1) có hai nghiệm dương phân biệt ∆ > 0 ⇔ x +x >0 1 2 x x > 0 1 2 ( −5 )2 − 4 ( m − 2 ) > 0 33 − ( −5 ) 33 − 4m > 0 33 m < ⇔ >0 ⇔ ⇔ 4 ⇔22 m>2 m−2>0 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ (*) 1 1 3 + • 2 = 3 ⇔ x2 + x1 = x1 x2 x 2 x 2 1 3 ⇔ x + x 2= xx 2 2 1 1 2 2 9 ⇔x +x +2 xx = xx ( 1 ) 2 1 2 1 2 4 ⇔ 5 + 2 m − 2 = (m − 2 ) 4 9 0,25đ 0,25đ 2 Đặt t = m − 2 (t ≥ 0) ta được phương trình ẩn t : 9t – 8t – 20 = 0 10 Giải phương trình này ta được: t1 = 2 > 0 (nhận), t2 = − x (loại) Vậy: 9 0,25đ M1 = A1 ( góc nội tiếp cùng chắn EI ) (2) 0 ¶ µ 0 · Lại có AEB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => A1 + B1 = 90 (3) 0,25 0 ¶ ¶ 0 · Tử (1), (2) và (3) => M1 + N1 = 90 => MIN = 90 0,25 0 0 · · · Ta có MIN = 90 (chứng minh trên) => AIM + BIN = 90 (4) 0 0 · · · Lại có BNI + BIN = 90 ( vì NBI = 90 ) · 3 (5) 0,25 · Từ (4) và (5) => AIM = BNI Xét ∆AMI và ∆BIN có: 0 · · · · AIM = BNI (chứng minh trên); MAI = IBN = 90 AM AI = ∆BIN (g.g) => BI BN (Tính chất) =>AM.BN = Suy ra ∆AMI AI.BI 0,25 d2 d1 N E M A I B O 4 F Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ trên 0 · · Do tứ giác AMEI nội tiếp => AMI = AEF = 45 Nên ∆AMI vuông cân tại A => AM = AI 0,25 Chứng minh tương tự ta có ∆BNI vuông cân tại B => BI = BN Áp dụng Pitago tính được MI = R 2 3R 2 ; IN = 2 2 2 1 3R S MIN = IM IN = 2 4 ( đvdt) Vậy Câu V (0.5 điểm) x 2 + xy 2016 − ( y 2016 + 1) = 0 4 3 x , y x − 1 = y + 2016 x − 2015 Cho hai số thực thỏa mãn Hãy tính giá trị của biểu thức: 0,25 ĐKXĐ: x ≥ 1 5 1 P = ( x − 1) 2016 − ( y − 2) 2015 + 2017 2 2 2 2016 2016 Giải (1): x + xy − ( y + 1) = 0 ⇔ ⇔ (x 2 ) ( ) − 1 + xy 2016 − y 2016 = 0 ⇔ (x - 1)(x + y2016 + 1)=0 x −1 = 0 x = 1 ⇔ 2016 2016 x + y +1 = 0 x + y +1 = 0 0.25 (vô lý, vì x + y2016 + 1>0 với x ≥ 1 ) V Với x=1 thay vào (2) ta được: 3 y -1=0 y=1 5 1 P = (1 − 1) 2016 − (1 − 2) 2015 + 2017 2 2 Khi đó: 1 =2017 2 0.25 KL: Lưu ý khi chấm bài: - Điểm toàn bài không được làm tròn - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng - Với Câu 4, nếu học sinh không vẽ hình thì không chấm TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN 4 NGUYỄN HUỆ Năm học: 2015-2016 MÔN: TOÁN Đề có một trang, gồm 5 câu (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) _ Câu I: (2,5 điểm) Cho A= x−3 x −1 x −9 B= 9− x 3− x x +2 + − x+ x −6 2− x x +3 1) Tính giá trị của A khi x = 57 − 24 3 2) Rút gọn B 3) Tìm x ∈ Z để A : B ∈ Z Câu II: (1,5 điểm) Cho 2 đường thẳng: d1 : y = mx + 2 d 2 : y = (m − 2) x + 4 1) Tìm m để d1 ⊥ d 2 2) Vẽ đồ thị của 2 hàm số trên với m vừa tìm được 3) Tính diện tích của tam giác tạo bởi 2 đường thẳng d1 , d 2 và trục Ox khi d1 ⊥ d 2 (đơn vị trên các trục tọa độ là cm) Câu III: (2,0 điểm) Hai người đi xe đạp cùng xuất phát từ A đến B với vận tốc như nhau Sau khi đi được 2/3 quãng đường thì người thứ nhất bị hỏng xe nên phải nghỉ 30 phút rồi bắt xe ô tô để quay về A Người thứ hai đi tiếp đến B rồi quay về A, thì người thứ nhất đã quay về A trước đó 1 giờ 40 phút Tính vận tốc của xe đạp biết rằng quãng đường AB dài 30km và vận tốc ô tô hơn vận tốc xe đạp 25km/h Câu IV: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB Trên tia đối của tia BA lấy điểm C (C không trùng với B) Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng CD tại E Gọi H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường tròn (O) (K ≠ B) 1) Chứng minh AE2 = EK EB 2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn 3) Tính diện tích tứ giác AODE trong trường hợp góc ACE = 30o AE EM − =1 4) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M Chứng minh EM CM Câu V : (0.5 điểm) 3 4 7 + ≥ Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 3a + 4b ≤ 7c CMR: a b c 2 2 2 - Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN 4 Năm học:2015-2016 MÔN: TOÁN Câu Phần Đáp án Điểm I (2.5 điểm) 1 (0,75 điểm) Tính ( ) 2 x = 57 − 24 3 = 4 3 − 3 ⇒ x = 4 3 − 3 Thay vào A ta có: A= x −3 x 9−3 x −1 = = x −9 x−9 0,25 −3 −3 3 = =− 4 x +3 4 3 −3+3 ĐK: x ≥ 0; x ≠ 4 B= 2 (0,75 điểm) B= ( B=− x −2 )( x +3 1(0,5 điểm) ) − 3− x x +2 − x −2 x +3 x +2 x +3 A: B = − 3 (1 điểm) 0,25 9− x 3− x x +2 + − x+ x −6 2− x x +3 9− x Ta có: 0,5 0.5 3 x +2 : − ÷= x +3 x +3÷ 3 x +2 0,5 x + 2 là ước của 3 x + 2 = ±1; ±3 Để A : B ∈ Z thì 0,25 Do đó: Giải các phương trình trên, kết hợp với ĐK thu được x = 1 0,25 d1 ⊥ d 2 ⇔ m ( m − 2 ) = −1 ⇔ m = 1 0.5 Vẽ chính xác đồ thị của hai đường thẳng trên khi m = 1 Câu II d1: y = x + 2 (1,5 d2: y = - x + 4 điểm) Xác định giao điểm của d1 với trục Ox là A(- 2; 0) 3(0,5 Xác định giao điểm của d2 với trục Ox là B(4; 0) điểm) Xác định giao điểm của d1 và d2 là C(1; 3) Diện tích tam giác ABC là: 9 cm2 Câu Gọi vận tốc của xe đạp là x (km/h), ĐK: x > 0 1 5 III h h (2.0 Đổi: 30 phút = 2 ; 1h40’ = 3 điểm 60 2(0,5 điểm) Thời gian người thứ hai đi từ A đến B rồi quay trở lại A là: x 20 ( h) Thời gian người thứ nhất đi 2/3 quãng đường là: x 0,5 0,25 0,25 0.5 ( h) 0.5 Vận tốc của ô tô là: x + 25 (km/h) 20 ( h) x + 25 Thời gian người thứ nhất từ chỗ hỏng xe quay trở về A là: 20 1 20 5 60 + + + = x Theo bài ra ta có phương trình: x 2 x + 25 3 0.5 x = 15 ( tman ) x = − 400 ( loai ) 13 Giải phương trình trên thu được: 0.5 Kết luận: vận tốc của xe đạp là 15 km/h E Câu IV (3.5 điểm) 0.25 K M D H A O B C a) 1điểm 1) Chứng minh AE2 = EK EB + Chỉ ra tam giác AEB vuông tại A 0.25 + Chi ra góc AKB = 900 suy ra AK là đường cao của tam giác vuông 0.25 AEB + Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông AEB ta có AE2 = EK EB 0.25 b) 1 điểm c) 1 điểm d) 0,5 điểm 2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn + Chỉ ra tứ giác AHKE nội tiếp suy ra góc EHK = góc EAK 0,5 + Chỉ ra góc EAK = góc EBA 0,25 + Suy ra tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn 3) Ta có AEO=30o => OE=2R; AE=; tam giác AED đều=> AD=; SAODE= 4) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M Chứng minh AE EM − =1 EM CM + Chỉ ra tam giác OEM cân tại M suy ra ME = MO + Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý ta – lét trong tam giác CEA ta có 0,25 0,5 0,5 0,25 CE AE = CM OM + Ta có CE AE CE − CM AE − OM EM AE AE EM = ⇒ = ⇒ = −1 ⇒ − =1 CM OM CM OM CM OM OM CM Mà ME = MO nên suy ra Câu V (0.5 điểm) AE EM − =1 EM CM (đpcm) 3 4 49 + ≥ Chứng minh: a b 3a + 4b 3 4 49 2 + ≥ ⇔ ( 3b + 4a ) ( 3a + 4b ) ≥ 49ab ⇔ 12 ( a − b ) ≥ 0 Thật vậy: a b 3a + 4b Mặt khác, ta lại chứng minh được: 0,25 0.25 3a + 4b ≤ 7 ( 3a 2 + 4b 2 ) 3 4 49 49 49 7 + ≥ ≥ ≥ = 2 a b 3a + 4b c 7.7c 7 ( 3a 2 + 4b2 ) 0,25 Do đó, Dấu bằng xảy ra khi a = b = c TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN THPT NGUYỄN HUỆ LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán và chuyên Tin) Bài I: (2 điểm) 1) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = a + 2b + 3c = 14 Tính giá trị của biểu thức T = abc 2) Cho n là số nguyên dương Chứng minh A = 24n + 1 + 34n + 2 là hợp số Bài II: (3 điểm) 2 3 1) Giải phương trình 2 x + 5 x − 1 = 7 x − 1 2 2 − 5 x − 14 x + y − 8 = 0 2 2 −5 x + 16 x + y − 4 xy − 8 y + 16 = 0 2) Giải hệ phương trình Bài III: (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh ab bc ca a+b+c + + ≤ 4b + 4 c + a 4 c + 4 a + b 4 a + 4b + c 9 Bài IV: (3 điểm) Cho đường tròn (O, R) và một điểm S nằm ngoài đường tròn sao cho SO = 2R Từ S kẻ hai tiếp tuyến SA, SB (A ∈ (O), B ∈ (O)) và cát tuyến SCD (C nằm giữa S và D) thay đổi Gọi K là trung điểm của CD và H là giao điểm của AB và SO 1) Chứng minh 4 điểm C, D, H, O nằm trên một đường tròn 2) 1 Chứng minh AC.BD = 2 AB.CD 1 1 + 3) Tìm vị trí của điểm K sao cho KA KB nhỏ nhất Bài V: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ngũ giác lồi ABCDE có tọa độ các đỉnh là các số nguyên Chứng minh tồn tại ít nhất một điểm nằm trong ngũ giác đó có tọa độ là các số nguyên - Hết -(Giám thị không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: Chữ ký của giám thị số 1: Chữ ký của giám thị số 2: TRƯỜNG THPT CHUYÊN 10 NGUYỄN HUỆ BÀI I HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN 3 VÀO LỚP NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN (Dành cho hệ chuyên Toán và chuyên Tin) HƯỚNG DẪN CHẤM Ý 1 Tính giá trị của biểu thức T = abc a + b + c = 14 Ta có a + 2b + 3c = 14 ⇒ 2 2 2 1,0 a + b + c = 14 2a + 4b + 6c = 28 2 2 2 ⇒ a2 + b2 + c2 – 2a – 4b – 6c = - 14 ⇔ (a – 1)2 + (b – 2)2 + (c – 3)2 = 0 ⇔ a = 1; b = 2; c = 3 Chứng minh rằng A = 2 0,25 0,25 0,25 T = abc = 6 2 ĐIỂM 2,0 0,25 4n + 1 4n + 3 + 2 là hợp số 1,0 A =2.16n + 81n + 2 Vì n > 0 nên A > 2 + 1 + 2 = 5 (1) 0,25 Vì 2.16 ≡ 2 (mod 5) 81n ≡ 1 (mod 5) A ≡ 2 + 1 + 2 (mod 5) ≡ 0 (mod 5) (2) Từ (1) và (2) suy ra với mọi n > 0, A > 5 và A chia hết cho 5 nên A là hợp số 0,25 0,25 0,25 n II 3,0 1 Giải phương trình 2 x + 5 x − 1 = 7 x − 1 Điều kiện x ≥ 1 2 Ta có 3 3 ( x − 1) + 2 ( x 2 + x + 1) = 7 1,5 ( x − 1) ( x 2 + x + 1) b = 9a 3a + 2b = 7 ab ⇔ 1 b = a 2 4 Đặt a = x − 1 ≥ 0 ; b = x + x + 1 > 0 ta được: Giải phương trình ta tìm được x = 4 ± 6 2 0,5 0,5 0,5 Giải hệ phương trình 1,5 y = 5 x + 14 x + 8 2 y − 4 ( x + 2 ) y − 5 x 2 + 16 x + 16 = 0 Ta có 2 2 (1) (2) y = 5x + 4 ⇒ y = 4− x 2 Coi (2) là phương trình bậc 2 ẩn y, suy ra: ∆ = 9x 1 3 4 2 (− ; );(− ; 0) 5 x + 4 ) = 5 x 2 + 14 x + 8 ( y = 5 x + 4 5 Với suy ra: ta được nghiệm 2 2 0,5 0,5 Với y = 4 − x suy ra: (4 − x) = 5x + 14x + 8 ta được nghiệm 2 ( III 2 −11 + 3 17 27 − 3 17 −11 − 3 17 27 + 3 17 ; ); ( ; ) 4 4 4 4 Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 9 + + ≥ Ta có: 2b + c 2b + c 2c + a 4b + 4c + a 1 1 2 1 ⇒ ≤ + ÷ 4b + 4c + a 9 2b + c 2c + a ab 1 2ab ab ⇒ ≤ + ÷ 4b + 4c + a 9 2b + c 2c + a bc 1 2bc bc ca 1 2ca ca ≤ + ≤ + ÷ ÷ Tương tự: 4a + 4c + b 9 2c + a 2a + b ; 4a + 4b + c 9 2a + b 2b + c 0,5 1,0 0,25 0,25 0,25 1 2ab ab 2bc bc 2ac ac a + b + c ≤ + + + + + ÷= 9 2b + c 2 c + a 2 c + a 2 a + b 2 a + b 2 b + c 9 Vậy VT Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c IV 0,25 3,0 A D K C H M S O B 1 4) Chứng minh bốn điểm C, D, H, O nằm trên một đường tròn ∆ SAC ∼ ∆ SDA ⇒ SC.SD = SA2 (1) SA2 = SH.SO (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2) Từ (1) và (2) ⇒ SC.SD = SH.SO ⇒ ∆ SCO ∼ ∆ SHD · 1,0 0,5 · ⇒ CDH = COH ⇒ Bốn điểm S, D, H, O nằm trên một đường tròn 0,5 2 1 3) Chứng minh rằng AC.BD = 2 AB.CD 1 1 · D = ·AKC − ·ADC = ·ABS − ·ADC = 1 KA » 2 sđ »AB - 2 sđ »AC = 2 sđ BC Ta có = · BAC · · ⇒ CAK = BAD AC CK = ⇒ ∆ CAK ∼ ∆ BAD ⇒ AB BD ⇒ AC.BD = AB.CK 1 AC.BD = AB.CD 2 Vì K là trung điểm của CD nên (4) 3 1 1 + 4) Tìm giá trị nhỏ nhất của KA KB Vì SO = 2R ⇒ ∆ SAB đều 1,0 0,5 0,5 1,0 0,5 Trên tia KS lấy điểm M sao cho KM = KB ⇒ ∆ KMB đều (KM = KB và · · · · BKM = BAS = 600 ) và MBS = ·ABK (600 - MBA ) ⇒ ∆ SMB = ∆ AKB ⇒ AK = SM Ta có: KA + KB = SM + MK = SK ≤ SO = 2R (vì 5 điểm S, A, B, K, O) nằm trên đường tròn đường kính SO.) 1 1 4 2 + ≥ = ⇒ KA KB KA + KB R 1 1 2 + ⇒ min KA KB = R khi SCD là cát tuyến đi qua tâm O hay C là trung V điểm của SO Chứng minh rằng …(1điểm) Giả sử tồn tại ngũ giác nguyên mà bên trong không chứa một điểm nguyên nào Trong tất cả các ngũ giác trên ta chọn ngũ giác có diện tích nhỏ nhất không chứa một điểm nguyên nào giả sử là ABCDE Theo nguyên lí Dirichlet: vì có 5 điểm A, B, C, D, E tọa độ nguyên nên tồn tại ) của chúng có cùng tính chẵn ít nhất 2 điểm tạm gọi là X,Y mà cặp tọa độ ( lẻ Khi đó trung điểm M của X, Y sẽ có tọa độ nguyên Do M không thể nằm trong ngũ giác (giả sử) nên M phải thuộc một trong các cạnh hay XY phải là một cạnh của ngũ giác Không mất tổng quát ta giả sử 2 điểm đó là A, B Do đó ta có ngũ giác MBCDE có diện tích nhỏ hơn diện tích ngũ giác ABCDE Do tính nhỏ nhất và không chứa điểm nguyên nào bên trong của ABCDE suy ra ngũ giác MBCDE phải chứa một điểm nguyên T bên trong Mâu thuẫn vì T cũng nằm trong ABCDE ĐPCM 0, 5 1,0 0,5 x, y Các chú ý khi chấm: 1) Thí sinh phải lập luận đầy đủ mới cho điểm tối đa 2) Thí sinh có cách giải đúng, khác với hướng dẫn thì giám khảo vẫn chấm và cho điểm theo số điểm quy định dành cho câu (hay ý) đó 3) Vận dụng hướng dẫn chấm chi tiết đến 0,25 điểm nên không làm tròn điểm bài thi SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2014 – 2015 -MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: Ngày 13 tháng 7 năm 2014 (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x( x + 2) = 3 0,5 y = 2x − 1 x + 3 y = 11 b) Giải hệ phương trình: Câu 2 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: y − 3 xy x 2 x P= − − y−x x− y x+ y với x ≥ 0; y ≥ 0 và x ≠ y b) Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 16 mét Hai lần chiều dài kém năm lần chiều rộng 28 mét Tính chiều dài và chiều rộng của sân trường Câu 3 (2,0 điểm) y = (2m − 3) x − a) Cho đường thẳng 1 2 A − ; ÷ (d) đi qua điểm 2 3 1 2 (d) Tìm giá trị của m để đường thẳng 2 b) Tìm m để phương trình x − 2 x − 2m + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x22 ( x12 − 1) + x12 ( x22 − 1) = 8 Câu 4 (3,0 điểm) Qua điểm C nằm ngoài đường tròn (O), vẽ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm) Đường thẳng CO cắt đường tròn tại hai điểm A và B (A nằm giữa C và B) Kẻ dây DE vuông góc với AB tại điểm H a) Chứng minh tam giác CED là tam giác cân b) Chứng minh tứ giác OECD là tứ giác nội tiếp c) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC Câu 5 (1,0 điểm) 1 3 c +1 + ≤ Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + 2 b + 4 c + 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = ( a + 1)(b + 1)(c + 1) Họ và tên -Hết thí sinh: ……………………………………;Số báo danh: ………………… Chữ ký của giám thị 1:…………………….;Chữ ký của giám thị 2: …………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán I) HƯỚNG DẪN CHUNG - Thí sinh làm bài theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa - Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM (gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung 1 a Điểm 1,00 Giải phương trình: x( x + 2) = 3 2 +) Ta có: x ( x + 2) = 3 ⇔ x + 2 x = 3 0,25 0,25 ⇔ x2 + 2x − 3 = 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 0,25 x1 = 1 x2 = −3 0,25 y = 2x − 1 x + 3 y = 11 1 2 b a 1,00 Giải hệ phương trình: y = 2x −1 y = 2x − 1 ⇔ x + 3 y = 11 x + 3 ( 2 x − 1) = 11 Ta có: y = 2x −1 ⇔ x + 6 x − 3 = 11 y = 2x −1 ⇔ x = 2 x = 2 ⇔ y = 3 KL: Hệ có nghiệm duy nhất: (2;3) Rút gọn biểu thức: y − 3 xy x 2 x P= − − y−x x− y x+ y với x ≥ 0; y ≥ 0 và x ≠ y y − 3 xy x 2 x P= − + x− y x− y x+ y P= x ( x+ y x− y ) − 2 x( x− y x− y ) + y−3 xy x− y 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 P= x + xy − 2 x + 2 xy + y − 3 xy x− y 0,25 −x + y = −1 x− y Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 16 mét Hai lần chiều dài kém năm lần chiều rộng 28 mét Tính chiều dài và chiều rộng của sân trường P= 2 b +) Gọi chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật lần lượt là x (m), y (m), điều kiện: x > y > 0 +) Do chiều dài hơn chiều rộng 16 mét nên có: x - y = 16 (1) +) Hai lần chiều dài kém năm lần chiều rộng 28 mét nên có: 5y - 2x = 28 (2) +) Từ (1) và (2) có hệ phương trình: x − y = 16 5 y − 2 x = 28 +) Vậy chiều dài sân trường là 36 mét, chiều rộng sân trường là 20 mét Cho đường thẳng 3 a 1,00 0,25 0,25 x = 36 y = 20 Giải hệ ta được: y = (2m − 3) x − 0,25 1 2 (d) Tìm giá trị của m để 1 2 A − ; ÷ đường thẳng (d) đi qua điểm 2 3 2 1 2 1 1 A − ; ÷ = (2m − 3). − ÷− 2 2 +) Do (d) đi qua điểm 2 3 nên ta có: 3 2 3 1 ⇔ = −m + − 3 2 2 2 1 ⇔ = −m + 1 ⇔ m = 3 3 1 m= 3 là giá trị cần tìm KL: 2 Tìm m để phương trình x − 2 x − 2m + 1 = 0 có hai nghiệm phân 2 2 2 2 biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x2 ( x1 − 1) + x1 ( x2 − 1) = 8 +) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi ∆ ' > 0 ⇔ 1 + 2m − 1 > 0 ⇔ m > 0 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 3 b (1) x1 + x2 = 2 x x = −2m + 1 (2) +) Theo hệ thức Vi - ét ta có: 1 2 2 2 2 2 2 x ( x − 1) + x ( x − 1) = 8 ⇔ 2 x x − ( x12 + x22 ) = 8 ( ) 2 1 1 2 1 2 +) Có: ⇔ 2 ( x1 x2 ) − ( x1 + x2 ) − 2 x1x2 = 8 2 2 0,25 (3) +) Thay (1), (2) vào (3) ta có: 2(−2m + 1) 2 − 4 − 2 ( −2m + 1) = 8 ⇔ 2m2 − 3m − 2 = 0 1 m = − (L) ⇔ 2 m = 2 (TM) KL: m = 2 là giá trị cần tìm Chứng minh tam giác CED là tam giác cân 0,25 0,25 1,00 D 4 a B O H C A +) Vẽ hình đúng câu a +) Xét đường tròn (O) có: OA ⊥ DE tại H suy ra: HD = HE +) Xét tam giác CDE có: HC ⊥ DE ; HD = HE ⇒ Tam giác CDE cân ở C Chứng minh tứ giác OECD là tứ giác nội tiếp E 4 Xét tam giác ODC và tam giác OEC có: b +) OD = OE (cùng là bán kính) +) OC là cạnh chung +) CD = CE (Tam giác CDE cân ở C) ⇒ ∆ODC = ∆OEC (c.c.c) · · · ⇒ ODC = OEC = 900 ODC = 900 · · ⇒ ODC + OEC = 1800 do 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 ( tính chất tiếp tuyến) 0,25 0,25 KL: Tứ giác OECD nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC » » · · +) Ta có: OA ⊥ DE tại H ⇒ AD = AE ⇒ ADE = ADC ⇒ DA là tia phân giác của góc HDC 0,25 1,00 0,25 +) Xét tam giác HDC có: DA là tia phân giác của góc HDC 4 c ⇒ AH DH = (1) AC DC 0,25 ... x−y=m có nghiệm x + y = ĐỀ THI SỐ 16 SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 QUẢNG NAM Năm học: 2009 – 2 010 – MƠN TỐN Thời gian làm bài: 120phút(khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ THI. .. trường hợp OA = 2R Bài (0,5điểm) Cho hàm số y = (– m + 2m + 3)x + có đồ thị đường thẳng (d1) đường thẳng (d2): y = 5x Chứng tỏ với m , (d1) (d2) cắt ≈ HẾT≈ TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN ĐỀ... =====Hết===== ĐỀ THI SỐ 17 TRƯỜNG TH CS PTTH NGUYỄN BÁ NGỌC KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10Năm học: 2009 – 2 010 – MƠN TỐN Thời gian làm bài: 90phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ THI THỬ Bài