24 đề thi chính thức vào 10 môn toán hệ chung THPT chuyên lam sơn thanh hóa năm 2015 2016 (có lời giải chi tiết)

Lấy điểm D thuộc đường tròn C và nằm trong tam giác ABC.. Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho 1 2 BDM  ACD; N là giao điểm của đường thẳng MD với đường cao AH của tam giác ABC; E là giao

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN

NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN (Dành cho tất cả các thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 12 tháng 6 năm 2015

Câu 1: (2,0 điểm)



a) Rút gọn biểu thức M

b) Tìm tất cả các giá trị của a để M ≤ 0

Câu 2: (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

3

2 5

x y x y







 b) Cho phương trình: 2 2

x  m  m  , với m là tham số Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân việt x1;x2 thỏa mãn x1x2;|x1| | x | 6 2 

Câu 3: (1,5 điểm)

Giải phương trình: 5 x3 1 2(x22)

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A và (C) là đường tròn tâm C bán kính CA Lấy điểm D thuộc đường tròn (C) và nằm trong tam giác ABC Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho 1

2

BDM  ACD; N là giao điểm của đường thẳng MD với đường cao AH của tam giác ABC; E là giao điểm thứ hai của đường thẳng BD với đường tròn (C) Chứng minh rằng:

a) MN song song với AE

b) BD.BE = BA2 và tứ giác DHCE nội tiếp

c) HA là đường phân giác của góc DHE và D là trung điểm của đoạn thẳng MN

Câu 5: (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S

HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN LAM SƠN – MÔN TOÁN CHUNG

Câu 1 a/ Rút gọn biểu thức M ( a > 0 và a ≠ 4.)

2

1 :

1 :

M



b/ Tìm tất cả các giá trị của a để M ≤ 0

Kết hợp điều kiện : Với 0 < a < 4 thì M ≤ 0

Không xảy ra dấu = vì a ≠ 0 và a ≠ 4

Câu 2 a/ Giải hệ phương trình

3

2 5

x

y x

y









Điều kiện: y  Đặt 0 1 t

y  ta có hệ phương trình

y

    

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất 3

1

x y









 b/ x22(m 2)x m 2 0( m là tham số)

Ta có:  ' (m 2)2m2

Do

2

2 2

0

m

m

     







Dấu = xảy ra khi

2

2

0 0

m m

m







 Vậy  ' (m 2)2m2 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2

Theo viet ta có : 1 2 2

1 2

4 2

x x m









Để

2

Thay vào (1) => 12 22 1 2 1 2 2 1 2

1 2

6

6

x x

x x



 



- Nếu : x1x2 6 =>4 - 2m = 6 => m = -1

- Nếu :x1x2 6 =>4 - 2m =-6 => m =5

Với m = -1, thay vào ta có phương trình

2

' 10 0

x  x 

  

Phương trình có 2 nghiệm x1 < x2 là

2 3 10; 1 3 10

x   x  

Khi đó: | 3 10 | | 3  10 |6(KTM)

Với m = 5, thay vào ta có phương trình

2 6 25 0

' 34 0

x  x 

  

Phương trình có 2 nghiệm x1 < x2 là

x   x  

Khi đó : | 3  34 | | 3   34 | 6( TM)

Vậy m = 5

Câu 3 Giải phương trình: 5 x3 1 2(x22) (Điều kiện x ≥ -1)

PT  x x  x  x 

x a x  x  ( ,b a b  )0

2

    thay vào ta có PT

2 2

ab a b

a b b a

TH1: 2a-b=0=>2a=b

2 2 2

1

2

37 0

5 37

2

5 37

( ) 2

  















TH2: 2b-a=0

=>2b=a

2 2 2

23 0

PTVN

   

Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm : 1 5 37; x2 5 37

Câu 4

a/ Chứng minh MN//AE

Xét đường tròn (C) ta có : 1

2

AED ACD (góc nôi tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn cung AD) (1)

1

( )(2) 2

BDM  ACD gt

Từ 1, 2 => AED= BDM

=> MN//AE (Vì có 2 góc đồng vị bằng nhau)

b/ Chứng minh BD.BE = DA2 và tứ giác DHCE nội tiếp

+ Chứng minh BD.BE = BA2

Xét BAD và BEA có

ABE chung (3)

AD=BEA( cùng chắn cung AD) (4)

Từ 3,4 => BAD ~ BEA (g.g)

2

BD BA

BD BE BA

BA BE

+ Chứng minh DHCE nội tiếp

Xét BAC vuông tại A có AH là đường cao => BA2 = BH.BC (Hệ thức) (6)

Từ 5,6 => BD.BE = BH.BC=> BD BH (7)

BC BE Mà CBE chung (8)

=> BDH~ BCE (c.g.c) => BHD =BEC (Hai góc tương ứng) (9)

Mà BHD +DHC 180o (10)

Từ 9,10 => DHC+ BEC 180o => Tứ giác DHCE nội tiếp (Đ/l) (ĐPCM)

c/ Chứng minh HA là đường phân giác của góc DHE và D là trung điểm của đoạn thẳng MN + Chứng minh HA là đường phân giác của góc DHE

Xét CHE và CEB có HCE chung (11)

Xét BAC vuông tại A có AH là đường cao => CA2 = CH.CB (Hệ thức)

Hay CE2 = CH.CB (do CE = CA = R) => CE CH (12)

CB CE

Từ 11,12 => CHE và CEB (c.g.c) => CHE =CEB (13)

Từ 9.13 => CHE= BHD

=> AHE= AHD (cùng phụ với 2 góc bằng nhau)

=> HA là đường phân giác của góc DHE

+ D là trung điểm của đoạn thẳng MN

Ta có : MD//AE (câu a) => DM BD(talet)(14)

EA BE

Gọi giao của DE và AH là F

Ta có :DN FD HD

EA FE HE (Ta lét – T/c tia phân giác) (15)

Ta có : HDB ~ HCE (g.g) DH BD DH CE CH BD (16)

HC CE

Ta có : CHE ~ CEB (g.g) => HC HE HC.BE HE.CE(17)

CE BE

Từ 16,17 => . . (18)

DH CE HC BD HD BD

HE CE HC BE  HE BE

Từ 14.15.18 => DM DN DM DN

EA EA  

=> D là trung điểm của MN (ĐPCM)

Câu 5 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn : x + y + z = 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2

S

Ta có :

S

Ta có:

3

2

xy xy xy yz yz yz zx zx zx

xy yz zx xy yz zx

xy yz zx S

  

Do

2

3

3 khi x=y=z=1 2

MIN

x y z xy yz zx xy yz zx

S