De thi vao 10 nam hoc 20152016 cac tinh

2) Gọi M,N,J lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng DE,DF,EF. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM cắt đường trìn ngoại tiếp tam giác AFN tại P khác A. Chứng minh rằng bốn điểm M,N,[r]

Đề 1

Bộ giáo dục đào tạo đề thi tuyển sinh

Vµo khèi trung học phổ thông chuyên năm 2015-2016 Môn thi: To¸n häc

(Dïng cho mäi thÝ sinh thi vào trờng chuyên) Thời gian làm :120 phút Câu 1:

1) Giả sử a,b hai số thực phân biệt thỏa mãn a23a b 23b2

a) Chứng minh a b 3

b) Chứng minh a3b3 45

2) Giải hệ phương trình 2

2

4

x y xy

x y xy

 

 

 



Câu 2

1) Tìm số nguyên x y, không nhỏ cho xy1 chia hết cho x1 y1

2) Với x y, số thực thỏa mãn đẳng thức x y2 22y 1 0.Tìm giá trị lớn

nhỏ biểu thức xy P

y

 

Câu Cho tam giác nhọn ABC khơng cân có tâm đường trịn nội tiếp điểm I Đường thẳng AI cắt BC D Gọi E,F điểm đối xứng D qua IC,IB

1) Chứng minh EF song song với BC

2) Gọi M,N,J trung điểm đoạn thẳng DE,DF,EF Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM cắt đường trìn ngoại tiếp tam giác AFN P khác A Chứng minh bốn điểm M,N,P,J nằm đường tròn

3) Chứng minh ba điểm A,J,P thẳng hàng Câu 4.

1) Cho bảng vng 2015 2015 Kí hiệu ôi j,  ô hàng thứ i , cột thứ j Ta viết số

nguyên dương từ đến 2015 vào ô bảng theo quy tắc sau : i) Số viết vào ô (1,1)

ii) Nếu số k viết vào i j,  , i1 số k+1 viết vào ô i1, j1

iii) Nếu số k viết vào 1,j số k+1 viết vào  j1,1 (Xem hình 1.)

Khi số 2015 viết vào m n,  Hãy xác định m n.

1 10 …

2 …

4 …

7 …

…

Hình

2) Giả sử a,b,c số thực dương thỏa mãn ab bc ac abc   4.Chứng minh

 

2 2

2

Hướng dẫn.

Câu 1 a) Giả sử a,b hai số thực phân biệt thỏa mãn a) 2 3 a b b a                       

2

3 3

3                        

a b loai

a b a b a b a b a b a b a b

a b

b)   

3 27 3 3 27 3 9 27

          

a b a b ab a b a b ab

   

2

2

3 4

           

a a b b a b ab a b ab 3

45

a b 

b).Giải hệ phương trình 2

2

4

x y xy

x y xy

 

 

 



Ta thấy x-y =0 nghiệm phương trình Nếu y0 nhân hai vế phương trình với y

2

2 2

2

4

xy y xy

x y xy

  

 

 



  2

2

4

x y xy

x y xy

 

 

 

  2

2

2

x y xy x xy y

 

 

  

  2

2

4

x y xy

x y xy

           

2

2

x y xy x y x y

                  

2

1

2

2 2 4

,

0 5

x y xy

x y x y

x y xy

x y x y x y xy

x y x y                                      Câu 2.

a)Tìm số ngun x y, khơng nhỏ cho xy1 chia hết cho x1 y 1

Ta có xy – x1 y1 suy xy - 1xy +1- x –y

Mà xy +1- x –y xy +1- x –y

Suy : (x-1) + (y -1) x 1 y1 suy x-1  y -1 y-1  x -1

Suy x= y

X2 –  (x -1)2 ta có x+1 x-1 suy x- suy x= x= 3

3) Với x y, số thực thỏa mãn đẳng thức x y2 22y 1 0.Tìm giá trị lớn

nhỏ biểu thức xy P

y

  3 2 1 0.

x y  y 

2

2

2

2

x y

y x y y  

    

   

2

2 2

3

     

    

xy xy

P px y xy p

x y x y

Phương trình có nghiêm  0 suy – 12p2 0

2

Vây max P =

1 3

xy

suy

1

1 14 1 27

27 .

2 27 3 14

y x

 

   

Câu 3:

a)Ta có : AD phân giác

BD AB

DC AC

 

mà BED CDF, tam giác cân,

BE AB

BC FE

CF AC

   

b) Ta có : BC FE  FED EDB BED  mà APM 180  AEM BED  APM DEF Tương tự : DFE APN

APN APM DFE FED MPN  

    

mà MJN MDNEDF  MJN MPN  180  MPNJ nội tiếp

c) Ta có : APM DEF JPM JNM JEM  JPM APM  A PJ, thẳng hàng

Câu :

1) Theo đề bài, số nguyên dương xếp theo hàng chéo bảng: Hàng chéo thứ có số, hàng chéo thứ hai có số,

Giả sử số x nằm hàng chéo thứ kthì ta có:

( 1) ( 1) 1 1 1

2 2 2

k k k k x x x

x k k  

         

       

 

Áp dụng x2015ta có

1 8.2015 63

k    

  Số hàng chéo thứ k63là

( 1) 1954

k k  

Như số 2015 nằm vị trí thứ 2015 1954 62   của hàng chéo thứ 63(Vị trí áp chót) Tọa độ (2,62)

2) Theo Cauchy số ta có : 4abc ab bc ac   44a b c3 3  1 abc a b c  33 abc33 a b c2 2

BĐT tương đương :  

3

2 2 2

3

a b c  a b c  ab bc ac 

(1)

Đặt  

3a2 x b,3 y c,3 z x y z, , 0

   

 1  x3y3z33xyz2 x y3 32 z x3 2 z y3

Áp dụng BĐT Schur bậc 3:      

3 3

3

x y z  xyz xy x y  yz y z xz x z

           

x x y x z y y x y z z z x z y

         

với số thực không âm x y z, , Chứng minh BĐT :

Ta xét        

2 0

x x z  y y z x  xz yz y   x y x y z   

               

           

0

0

             

          

x x z x y y y z x y x x z x y y y z y x x x y x z y y x y z z z x z y dpcm

Ta có :      

3 3 3 3 3

3 2

x y z  xyz xy x y  yz y z xz x z  x y  z x  z y

Dấu = xảy

1 ,

x y z

a b c x y z

  

   

  



Đề 2

TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC VÀ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015

MƠN THI:TỐN(VỊNG II)

Thời gian làm 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I.(3 điểm)

1)Với a b c, , là số thực thỏa mãn:

3 3

(3a3b3 )c 24 (3 a b c  ) (3b c a  ) (3c a b  ) Chứng minh : a 2b b 2c c 2a         1

2) Giải hệ phương trình: 3

2

27( ) 26 27

x y xy

x y y x x x

  

 

     



Câu II.(3 điểm)

1)Tìm số tự nhiên n để n5 n30 số phương (số phương bình phương số nguyên)

2)Tìm x y, nguyên thỏa mãn đẳng thức:1 x y  3 x y

3)Giả sử x y z, , là số thực lớn 2.Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4 4

x y z

P

y z z x x y

  

     

Câu III.(3 điểm) Cho tam giác ABCnhọn không cân với AB AC Gọi M trung

điểm đoạn thẳng BC.Gọi H hình chiếu vng góc B đoạn AM.Trên tia đối tia AM lấy điểm N cho AN 2MH

1) Chứng minh BNAC

2) Gọi Qlà điểm đối xứng với A qua N.Đường thẳng ACcắt BQtại D.Chứng minh

rằng bốn điểm B D N C, , , cùng thuộc đường tròn,gọi đường tròn  O

3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD cắt  O G khác D.Chứng minh NG

song song với BC

Câu IV.(1 điểm) Ký hiệu S tập hợp gồm 2015 điểm phân biệt mặt

minh có 2015 đường thẳng phân biệt mà đường thẳng qua hai điểm S

Câu 1: 1 Đặt 3

a b c x b c a y c a b z

   



   

   

 Ta có:

3 3 3 3

3

(3 3 ) 24 (3 ) (3 ) (3 ) ( ) 24

( ) 24 ( ) 3( )( )( ) 24 3( )( )( )

24 3(2 )(2 )(2 ) 24 24( )( )( ) ( )( )( )

                  

                

           

    

a b c a b c b c a c a b x y z x y z

x y z x y z x y y z z x x y y z z x

a b b c c a a b b c c a

a b b c c a

2 Ta có :

 

3 3

3 3

3 3

3

2 ( 2)( 2)

27( ) 26 27 27( ) 26 27

7 3( )( 2)( 2) 27 27 ( ) 12( ) 6( ) (3 1)

( 2) (3 1) 1

2

     

 



 

           

 

         

          

            

  

x y xy x y

x y y x x x x y y x x x

y x x y x y x x x

y x xy x y x y x y x

x y x x y x y x

x  x 1 1

3,5

  



     



x y

x y

Vậy x y, 1,1 ; 3,5, 8    Câu 2:

1) Đặt

2 30

n x

n y

   

 

 x y, , ,x y0  y2 x2 25 (y x y x )(  ) 1.25 vìx y, , ,x y0 Lại có y x y x   nên

1 13

25 12

y x y

y x x

  

 



 

  

 

Thay vào ta tính n139thoả mãn

2) Ta thấy : 1 x y  3 x y x y,  x y, là số phương.

3, ,

x y x y

    

 2    

2 2

2 2

1

1

1 2 1

3 9                                                                  

a b c

a b c

x y a b a b a b a b ab a b

c a b

x y c

a x

b y

a x

b y

3) Ta có :

4 4

4 4 4 4 4

4 4

4

4 4 4

      

           

 

       

             

x y z x y z

P P

y z z x x y y z z x x y

x y z x y z

y z x z x y y z x z x y

Dấu = xảy x  y z 4

4 x y       Câu 3:

a P điểm đối xứng A qua M.



HP = HM + MB = 2HM + AH = AN + AH = HN



H trung điểm NP.Mà BH NP



Tam giác PNB cân B BN = BP.

Mặt khác lại có: M trung điểm BC, AP



Tứ giác ACPB hình bình hành  AC = BP  AC = BN b,Do tứ giác ACPB hình bình hành  PACAPB

Mà tam giác PBN cân B  APBANB  ANBPAC  CAN BNQ

Có: AC = NB, NQ = AN

 BNQCAN  NBDNCD  N, B, C, D thuộc đường tròn.

c, G giao điểm (DQG) với (DBC)  CAGBQG

Mà GBQGCA  Tam giác GBQ đồng dạng tam giác GCA



GA GQ

AC QB 

GA GQ

NB NC

Mà BNCBDCAGQ  Tam giác NBC đồng dạng với tam giác GAQ  GQANCB NCBGDC  GC = NB  NG//BC

Câu Giả sử mặt phẳng có n điểm thẳng hang tồn đường thẳng Theo điểm cho không nằm đường thẳng nên tồn một điểm khơng nằm đường thẳng nối điểm với n- điểm cho ta được n-1 đường thẳng với đường thẳng qua n-1 điểm ta n đường thẳng Thay n = 2015 tồn 2015 đường thẳng

Đề 3

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Trường đại học sư phạm Độc lập – Tự – Hạnh phúc

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2015

Mơn thi :TỐN

( Dùng cho thí sinh vào trường chuyên ) Thời gian làm 120 phút

Câu (2.5 điểm ) Cho biểu thức

2 2

2

1 1

a b

b a a b

P

a b a b

b a b a

   

  

   

   



 

    

  với a>0 , b>0 a b

1 Chứng minh

p ab



; Giả sử a, b thay đổi cho 4a b  ab 1 Tìm P

Câu ( điểm ) cho hệ phương trình.

2

x my m

mx y m

  

 

  

 Với m tham số

1 Giải phương trình m = 2

2 Chứng minh hệ ln có nghiệm với giá trị m Giả sử (x0,y0) nghiệm của hệ phương trình chứn minh đẳng thức x02y02 5x0y010 0

Câu 3(1.5điểm )Cho a, b số thực khác o.Biết phương trình    

2

0

a x a b x b 

Có nghiệm Chứng minh a b

Câu ( 3điểm ) Cho tam giác ABC có góc ABC góc ACB nhọn góc BAC = 600 Các đường phân giác BB

1, CC1 tam giác ABC cắt I. 1> Chứng minh tứ giác AB1IC1 nội tiếp

2 Gọi K giao điểm thứ hai khác B đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC1I Chứng minh tứ giác CKIB1 nội tiếp

2 Chứng minh AK B C1

Câu ( điểm) Tìm số thực khơng âm a b thỏa mãn

2 3 1

2

4 2

a b b a a b

       

      

       

       

Hướng dẫn giải

Câu 1 (2.5 điểm )

1.Cho biểu thức

2 2

2

1 1

a b

b a a b

P

a b a b

b a b a

   

  

   

   



 

    

 2

2 2 4 4 3 3

2 3 3

2 4 3 4 3

2 2 2

2 1

1

1

a ab b a b ab

a b a b a b ab

ab a b

b a a b a b

P

a b a b a b a b ab a b a b ab ab

b a b a a b a b

                                              

2 Giả sử a, b thay đổi cho 4a b  ab1 Tìm P

Áp dụng bât đẳng thức cosi ta có

1 4 a b  ab 5 ab 25

ab

dấu xảy b = 4a = 25ab suy = 100b2 suy

1

10

b  a Câu 2 ( điểm ) cho hệ phương trình.

2

x my m

mx y m

  

 

  

 Với m tham số

1 Giải phương trình m = 2

2 Chứng minh hệ ln có nghiệm với giá trị m Giả sử (x0,y0) nghiệm của hệ phương trình chứn minh đẳng thức x02y02 5x0y010 0 1.

1 Thay m = ta có

19 19

2 12 19 5 5

2 7 19

2 5                                             y y

x y x y y

x y x y x y

x x

2.

2 4

3 ( )

                    

x my m x my m

mx y m m my m y m 2

2

2

  

  

    



x my m

m y m m y m

2 2

2 2

2

2

3

2

2 1

1

( 1) 4

1                                         m m

x my m x

x my m m

m m

m y m m y m m

y m

m

vì m2 +1 khác phương trình có nghiệm với m

2 Chứng minh hệ ln có nghiệm với giá trị m Giả sử (x0,y0) nghiệm của hệ phương trình chứn minh đẳng thức x02y02 5x0y010 0 1

Thay

2

0

2

0

3

1 m m x m m m y m               

Ta có : x02y02 5x0y010x0 32y0 42x03y015

2

2 2 2

2 2

3 3 4 3 3 12

15

1 1

               

      

   

   

m m m m m m m m m m

m m m m

2 2

2 2

3 3 3 12

15

1 1

      

   

       

   

   

m m m m m m

Cách

 

       

2 2

0 0 0 0

0 0

5 10

3

           

      

x y x y x x y y

x x y y

Thay

2

0

2

0

3

1

1

m m

x

m

m m

y

m

  

 

 



 

 

 

 ta đươc x02y02 5x0y010 0

Câu 3 ( 1.5điểm )

Cho a, b số thực khác o Biết phương trình    

2

0

a x a b x b 

Có nghiệm Chứng minh a b

   

   

2

2 3

2 2 3

0

ax x

2

a x a b x b

ax a b bx b

x a b x a b a b

   

      

      

Nếu a + b = thi phương trình có nghiệm x = 0.

Nếu a + b 0. ta có        

2 2

2 3 2 3

2

   a b  a b a b  a b  ab  a bab a b

Nếu a b khác dấu phương trình có nghiệm với m Nếu a b dấu phương trình vơ nghiệm

Phương trình có nghiêm a b khác dấu  0 suy a b .

Câu 4

1.Ta có 1  120 1  120 60 1800

o o o

B IC BIC  B IC BAC    Mà hai góc đối

Nên tứ giác AB1IC1 nội tiếp (đpcm) Vì tứ giác BC1IK nội tiếp nên

 

1 60o

BIC BKC 

( góc nội tiếp chắn BC )

Và BIK BC K ( góc nội tiếp chắn BK )

Xét tam giác ABC:  180   180 60  1200 

o o o

KCB   BAC ABC    ABC  ABC Xét tam giác BC1K:

     

1 180o 180o 60o 120

BIK BC K   BKC  ABC   ABC  ABC Suy raKCB1 BIK  Tứ giác CKIB1 nội tiếp (đpcm).

3 Vì   60

o

BIC BAC  Tứ giác ACKC

1 nội tiếp 

 

1

KAC KCC (cùng chắn cung KC 1)

Và AKC1ACC1(cùng chắn cung AC1) Mà ACC1KCC1(GT) Suy KAC AKC1  Tam giác C1AK cân C1 C1A = C1K (1) CMTT: B1A = B1K (2)

Câu 5 ( điểm) Tìm số thực không âm a b thỏa mãn

2 3 2 2

4 2

a b b a a b

       

      

       

       

Áp dụng bất đẳng thức cosi

2

2 3 1 1

4 4 2

a b b a a b b a a b

         

             

         

         

2

1 1

2

2 2

a b a b

     

    

     

     Dấu xảy a= b = ½ Đề 4

ĐỀ THI TUYỂN SINH TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2015 Mơn thi: Tốn ( Dùng cho học sinh chun toán chuyên tin) Thời gian : 120 phút

Câu 1: (2,5 điểm) Cho a ≥ 0, a # Rút gọn biểu thức

3

6 20 14 ( 3) :

2( 1)

a

S a a a

a

  

         



 

2 Cho x,y thỏa mãn 0< x <1, < y <1 1 1

x y

x y 

 

Tìm giá trị biểu thức P x y   x2 xy y

Câu 2: (2 điểm) Một xe tải có chiều rộng 2,4m chiều cao 2,5m muốn qua cái cổng có hình parabol Biết khoảng cách hai chân cổng 4m khoảng cách từ đỉnh cổng (đỉnh parabol) tới chân cổng 2 5m (bỏ qua độ dầy cổng) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi parabol (P) yax2 với a < hình biểu diễn

cổng mà xe tải muốn qua Chứng minh a = -1 2 Hỏi xe tải qua cổng không? Tại sao?

Câu 3: (1,5 điểm) Cho số nguyên a,b thỏa mãn a2b2 1 2(ab a b  )

Chứng minh a b hai số phương liên tiếp.

Câu 4: (3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) M trung điểm cạnh BC. O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Các tiếp tuyến với (O) B,C cắt S Gọi X,Y lần lượt là giao điểm đường thẳng È với đường thẳng BS,AO Chứng minh rằng:

1 MX BF ; Hai tam giác SMX DHF đồng dạng ;

EF BC FY CD

Câu 5: (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh các điểm nguyên (một điểm gọi điểm nguyên hồnh độ tung độ điểm đó số nguyên).Chứng minh hai lần diện tích tam giác ABC số nguyên

Hướng dẫn giải Câu 1: (2,5 điểm)

3

6 20 14 ( 3) :

2( 1)

a

S a a a

a

  

         



 

     

 

3

6 20 14 ( 3) :

2( 1)

2

2 2 : 2

2

  

         



 

 

 

 

       

  

 

a

S a a a

a

a a

a

a

2 Cho x,y thỏa mãn 0< x <1, < y <1

Ta có  

1

1

1



        

 

x y xy

x y xy x y

x y

Tìm giá trị biểu thức P x y   x2 xy y Thay

1

xy x y  

Ta có

 

2

2

2

1 3

3

2

1 3 3

2 2

   

              

 

     

     

 

xy xy

P x y x xy y x y x y xy xy

xy xy xy xy

Nếu xy> 1/3 Thì P = ; Nếu xy < 1/3n P = 3xy

Câu 2: (2 điểm) Một xe tải có chiều rộng 2,4m chiều cao 2,5m muốn qua cái cổng có hình parabol Biết khoảng cách hai chân cổng 4m khoảng cách từ đỉnh cổng (đỉnh parabol) tới chân cổng 2 5m (bỏ qua độ dầy cổng) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi parabol (P) yax2 với a < hình biểu diễn

cổng mà xe tải muốn qua Chứng minh a = -1 2 Hỏi xe tải qua cổng không? Tại sao? 1 Áp dụng định lý py ta go ta có /y/ = thay x = = /a/4 suy a= -1 ta y = - x2

2 Thay x= 1.2 ta có y = 1.44

Khoảng cách cịn lại 4- 1.44 = 2.56 tô qua được

Câu 3: (1,5 điểm)

Cho số nguyên a,b thỏa mãn

 2

2 1 2( ) 2 1 2 2 2 4 1 4

               

a b ab a b a b ab a b a a b a

số phương suy a số phương a = x2 (x số nguyên)  12 4 2 1 2  12

         

x b x x b x b x

Vậy a b hai số phương liên tiếp Câu 4: (3 điểm)

Suy tứ giác BFHD, BFEC , BFEC nội tếp Góc ACB = góc XFB = góc FBX

( chắn cung AB, góc góc ngồi đối diện). Tam giác BXF cân suy XF = XB

Vì M trung điểm BC nên FM trung tuyến suy FM = MB.Vậy XM trung trực BF hay MX BF

2 Xét hai tam giác FHD tam giác XMS

ta có góc DFH = góc SXM ( phụ với hai góc nhau). Góc FDH = góc FBH = góc BSM ( phụ với hai góc nhau) Vậy Hai tam giác SMX DHF đồng dạng

3 Ta chứng minh tam giác AFE đồng dạng tam giác ACB tam giác AFY đồng dạng tam giác ADC suy

3

EF BC FY CD

Câu 5: (1 điểm)

Đặt A(x2,y2) B(x3,y3) C(x1,y1)

Thì P có hồnh độ x1 D có hồnh độ x2, N có hồnh độ x3 R có tung độ y2 S có tung độ y1 T có tung độ y3 SABC = SCBNP- SABND- SADPC

           

 

    

3 3 2

3 3 2 3 3 2 2 2 1 1 3 2 1

1 1

2 2

1

1 1

)

2 2

        

           

        

y y x x y y x x y y x x

y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x

y x y x y x y x x y y y x x

2 SABC = x1(y2-y1) + y3(x2-x1)

Vì tọa độ số nguyên diên tích hai lần diện tích tam giác ABC số nguyên

Đề 6

SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

BÌNH DƯƠNG Năm học: 2015 – 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TOÁN

Bài 2: (1,5 điểm) 1) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2

4

x y 

2) Xác định a, b để đường thẳng y ax b  qua gốc tọa độ cắt (P) điểm A có hồnh độ –3.

Bài :(2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình:

2 10

1

1 2

x y

x y

 

  

 

 

2) Giải phương trình: x x  0

Bài 4:(2,0 điểm) Cho phương trình x2  2(m1)x2m0 (m tham số) 1) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m. 2) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm dương. 3) Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm không phụ thuộc vào m.

Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, M trung điểm cạnh AC. Đường trịn đường kính MC cắt BC N Đường thẳng BM cắt đường tròn đường kính MC D.

1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp Xác định tâm O đường trịn đó. 2) Chứng minh DB phân giác góc ADN.

3) Chứng minh OM tiếp tuyến đường trịn đường kính MC.

4) BA CD kéo dài cắt P Chứng minh ba điểm P M, N thẳng hàng.

§Ị 7

Hải Phòng ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016 MƠN THI: TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

I Phần 1: Trắc nghiệm(2,0 điểm).Hãy chọn chữ đứng trước câu trả lời đúng.

1. Điều kiện xác định biểu thức A =

2 2x





A x 

2 B x 

1

2 C x 

1

2 D x 

1

2. Trong hàm số sau, hàm số hàm số bậc ?

A

x y 

B

2

x y 

C

2

y x



 

D

3

x y 

3. Hệ phương trình

ax

y x by

 

 

 

 nhận cặp số (-2; 3) nghiệm khi:

A 

B 

C

2 D

5

5. Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Biết cạnh AC = 8, BC = 10 (Trong hình 1) Độ dài đoạn thẳng CH bằng:

A 2,4 B 3,6 C 4,8 D 6,4

6. Cho đường trịn (O) đường kính AC, hai tiếp tuyến MA MB đường trịn (Trong

hình 2) Biết ACB700 Số đo góc AMB bằng

A 400 B 500 C 600 D 700

7. Cung AB đường trịn (O; R) có số đo 1200 Vậy độ dài cung AB là:

A

R



B

3

R



C

3

R



D

3

R



8. Cho tam giác vuông ABC (A900); AB = cm, AC = cm Quay tam giác vuông ABC

một vịng xung quanh cạnh AB cố định Hình nón tạo thành tích là: A 12 cm3 B 15 cm3 C 16 cm3 D 30 cm3

II Phần 2: Tự luận(8,0 điểm). Bài (2,0 điểm).

Rút gọn biểu thức a)

4 15

3 5

M   

  b)

3

3.( 48 75 3)

4

N   

Cho hai hàm số y = 2x – + 2m (d) y = - x – 2m (d’) (với m tham số) a/ Khi m = 1, tìm tọa độ giao điểm (d) (d’)

b/ Tìm m để đồ thị (d) (d’) hai hàm số cắt điểm có hoành độ dương Bài (2,0 điểm). Cho phương trình x2 – (m – 3)x – m + = (1) (với m tham số)

a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm khơng âm

Một ca nơ xi dịng từ bến A đến bến B ngược dòng từ bến B bến A 15 phút Tính vận tốc ca nô nước yên lặng, biết quãng sơng AB dài 60 km vận tốc dịng nước km/h

Bài (3,0 điểm). Cho  ABC nội tiếp đường trịn (O; R) có đường cao AH Gọi I K lần

a) CMR tứ giác AHBI AHCK nội tiếp đường tròn b) CMR  AHI  AKH đồng dạng

c) Gọi M, N trung điểm AI AK  ABC phải thỏa mãn điều kiện để

AH = AM + AN ?

Bài (1,0 điểm). Cho hai số dương x y có tổng

Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2

1

(1 )(1 )

B

x y

  

HẢI PHÒNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2015 – 2016 MƠN THI: TỐN

Phần Trắc nghiệm (2,0 điểm). Mỗi câu 0,25 điểm

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án C B A D D A B A

Phần Tự luận (8,0 điểm)

Bài Đáp án Điểm

Bài 1 (2 điểm)

1 1đ

a/

4 15

3 5

M   

  =

4(3 5) 8(1 5) 15 15

9 5

 

 

  0,25đ

= 3 2 5   = 5 0,25đ

b/

3

3.( 48 75 3)

4

N   

= 3.(3 3 3)  0,25đ

= 3.3 9 0,25đ

2 1đ

a/ Khi m = tọa độ giao điểm (d) (d’) nghiệm hệ

phương trình

2 1

2 2

y x y x x

y x x x y

    

  

 

  

     

  

0,25đ Vậy điểm M(-1; -1) tọa độ giao điểm (d) (d’) 0,25đ b/ Xét phương trình hồnh độ giao điểm

2x – + 2m = -x – 2m 3x = – 4m  x =

3

m



0,25đ Đồ thị (d) (d’) hai hàm số cắt điểm có hồnh độ

dương  x =

3

m



>  1 – 4m >  m <

0,25đ Bài 2

(2

1 1đ

a/ Khi m = phương trình (1) có dạng: x2 + 3x + = 0

Ta có: a – b + c = – + = 0,25đ

điểm)

b/ Phương trình (1) có dạng: a – b + c = + m – – m + =

Do phương trình (1) có nghiệm x11;x2 m 0,25đ Vì x1  1 nên phương trình (1) có nghiệm không

âm  m –  0 m  2 0,25đ

2 1đ

Gọi vận tốc thực ca nô x km h( / ) Điều kiện x4. 0,25đ

1 20

x  thỏa mãn điều kiện ẩn,

3

x 

loại

Vậy vận tốc thực ca nô 20km/h 0,25đ

Vận tốc ca nơ xi dịng x4(km h/ ), ngược dòng x 4(km h/ ) Thời gian ca nơ xi dịng

60 ( ) h

x , ngược dòng 60

( ) h

x

Tổng thời gian ca nơ chạy xi ngược dịng 6h15 phút 25

4 h Nên ta lập phương trình

60 60 25

4 4

x x 

0,25đ

5x 96x 80

    Có   ' ( 48)25.80 2702 0;   ' 52

Phương trình có nghiệm phân biệt

1

48 52 48 52

20;

5 5

x    x   

0,25đ Bài 3

(3 điểm)

Hình vẽ 0,5đ

a

Ta có AH  BC (gt)  AHB AHC 900

AI  BI; AK  CK (T/c hình chiếu)  AIB90 ;0 AKC900 + Xét tứ giác AHBI có: AHB AIB 1800

Suy tứ giác AHBI nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết) + Tương tự tứ giác AHCK nội tiếp

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

b

Tứ giác AHBI nội tiếp (cmt)  ABI AHI (cùng chắn AI)

Tứ giác AHCK nội tiếp(cmt)  AKH ACH (cùng chắn AH) 0,25đ Mà ABIACB ( chắn AB) hay ABI ACH

Do AHI AKH (1) 0,25đ

Chứng minh tương tự AIH AHK (2) Từ (1) (2) suy AHIAKH (g.g)

0,25đ c

AIB AHC (I H 90 ;0 ABI ACH )

AI AB

AH AC

AKC AHB (K H 90 ;0 ACK ABH )

AK AC

AH AB

 

AI AK AB AC AI AK AB AC

AH AH AC AB AH AC AB



      

2(AM AN) AC AB

AH AB AC



  

0,25đ

Do AM+AN =AH (gt)

AC AB AB AC

  

Ta có

AC AB AC AB AB AC  AB AC 

Mà

AC AB

AB  AC  Dấu “=” xảy AB = AC Vậy tam giác ABC cân A Thì AH = AM + AN

0,25đ 0,25đ

Bài 4 (1 điểm)

Có x + y =

1

x y

y x

    

  

B =

2

2 2 2

1 1 ( 1)( 1)( 1)( 1)

(1 )(1 ) x y x x y y

x y x y x y

     

   

= 2

( )( 1)( )( 1) ( 1)( 1)

1

y x x y x y xy x y

x y xy xy xy

        

   

Mà = x + y x + y 2 xy  (x + y)2  4xy Do 12 = (x + y)2  4xy 

2

1 1

8

4xy(x y )  xy(x y )  xy   B 

Vậy B = x = y =

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

§Ị 7

Sở giáo dục đào tạo

Hng yªn 2015 kú thi tun sinh vào lớp 10 thpt Năm học 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút

Cõu 1: ( điểm )

1) Rút gọn P ( 2)  ( 2) ; 2) Giải hệ phương trình

3

3

x y x y

  



  

Câu 2: ( 1,5 điểm )

1) Xác định tọa độ điểm A B thuộc đồ thị hàm số y2 - 6x , biết điểm A có hồnh độ băng điểm B có tung độ 0

2) Tìm m để đồ thị hàm số y mx 2 qua điểm P(1; 2)

1) Giải phương trình với m1.

2) Tìm m để phương trình có nghiệm x x1; 2 thỏa mãn x1  x2  2 Câu 4: ( 1,5 điểm )

1) Cho tam giác ABC vng A, AB3cm BC, 6cm Tính góc C?

2) Một tàu hỏa từ A đến B với quãng đường 40km Khi đến B, tàu dừng lại 20 phút tiếp 30km để đến C với vận tốc vận tốc từ A 5km/h. Tính vận tốc tàu hỏa quãng đường AB, biết thời gian kể từ tàu hỏa xuất phát từ A đến tới C hết tất giờ.

Câu 5: ( 2,5 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O và AB<AC Vẽ đường kính AD đường trịn (O) Kẻ BE CF vng góc với AD (E; F thuộc AD) Kẻ AH vng góc với BC (H thuộc BC).

1) Chứng minh bốn điểm A, B, H, E nằm đường tròn. 2) Chứng minh HE//CD

3) Gọi M trung điểm BC Chứng minh ME MF

Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số lớn Chứng minh:

2 2

12

1 1 1

a b c

b c  a 

Gợi ý: Câu 5c)

Tứ giác MBEO tứ giác MFCO nội tiếp nên

 

MBO MEO ; MCO MFO

Tam giác BOC cân O nên MBO MCO 

Suy MFO MEO hay tam giác FEM cân M Câu 6

Ta có

2

4( 1) 4a

1

a

b

b    (Côsi)

Tương tự: Vậy

2 2

4( ) 4( 1 1 1) 12

1 1 1

a b c

a b c b c a

§Ị 9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊNHÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 Mơn Tốn (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)

Câu (1,5 điểm) a) Chứng minh số nguyên n lớn thoả mãn n24 và 16

n  số nguyên tố n chia hết cho 5.

Câu (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức:

   

2 5

2 2

A   

   



b) Tìm m để phương trình:x 2 x 3 x4 x5 m có nghiệm phân biệt Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình:  

2 4 2 1 1 .

x  x  x  x

b)Giải hệ phương trình:

3

2

10

6 10

x xy y

x y

   

 

 

 

Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây cung BCR 3 cố định Điểm A di động

trên cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Gọi E điểm đối xứng với B qua AC F điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABEvà ACFcắt K (K không trùng A) Gọi H giao điểm BE CF

a) Chứng minh KA phân giác góc BKC tứ giác BHCK nội tiếp

b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác theo R

c) Chứng minh AK ln qua điểm cố định

Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: 2

1 1

1

x  y  z  Tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức:      

2 2 2

2 2 2

y z z x x y

P

x y z y z x z x y

  

  

- HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

Nội dung Điểm

a) (0,5 điểm)

Ta có với số nguyên m m2chia cho dư ,

+ Nếu n2chia cho dư n2 5k 1 n2 4 5k5 5; k* nên n24 không số nguyên tố.

0,25

+ Nếu n2chia cho dư n2 5k 4 n216 5 k20 5; k*

nên n216 không số nguyên tố Vậy n25 hay n chia hết cho 5. 0,25

b) (1,0 điểm)

2 2 ( ) 2( 1) 2( 1) 2( 1) (1)

x  y x y  x  x  y x y  

Để phương trình (1) có nghiệm ngun x ' theo y phải số phương

0,25

Ta có  

2

2 2

' y 2y 2y y 2y y

'

 chính phương nên  ' 0;1;4

+ Nếu  

2

' y y

       thay vào phương trình (1) ta có :

 

2 4 0 4 0 0.

4

x

x x x x

x           

+ Nếu  

2

' y y

       

+ Nếu  

2

'

1 y y y            0,25

+ Với y3 thay vào phương trình (1) ta có:  

2 8 16 0 4 0 4.

x  x   x   x

+ Với y1 thay vào phương trình (1) ta có: x2  0 x0

Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên : x y; 0;1 ; 4;1 ; 4;3 ; 0;        

0,25 Câu (2,0 điểm)

Nội dung Điểm

a) (1,0 điểm)

2(3 5) 2(3 5) 6

A   

   

0,25

2

3 5

2

4 ( 1) ( 1)

   

 

 

     

 

3 5

2

5 5

   

   

 

 

0,25 (3 5)(5 5) (3 5)(5 5)

2

(5 5)(5 5)

      

  

 

 

15 5 5 15 5 5 25                0,25 20 2 20  

Vậy A2 0,25

b) (1,0 điểm)

Phương trình x 2 x 3 x4 x5 m (x22x 8)(x22x15)m  1 0,25

Đặt    

2

2 2 1 1 0 ,

x  x  x y y phương trình (1) trở thành:

 y 9 y 16 m y2 25y 144 m 0 (2)

       

Nhận xét: Với giá trị y0 phương trình:  

x y có nghiệm phân biệt,

đó phương trình (1) có nghiệm phân biệt phương trình (2) có nghiệm dương phân

biệt

0,25

⇔

' ' 49

49

0 25 144

4

0 144

Vậy với 49

144

4 m

  

phương trình (1) có nghiệm phân biệt 0,25 Câu (2,0 điểm)

Nội dung Điểm

a) (1,0 điểm)

Điều kiện: x1 (*).

Ta có: x2 x 2 x1 1  x x22x x 1  x 2(x x 1) 0 

0,25 Đặt x x 1y (Điều kiện:y1 **  ), phương trình trở thành y2 2y 0. 0,25

   

2 2 3 0 1 3 0

3

y

y y y y

y              0,25

+Với y1 không thỏa mãn điều kiện (**) + Với y3 ta có phương trình:

2

3

3

1 3 2

1 10

5

x

x x

x x x x x x

x x x x x

x                                     

thỏa mãn điều kiện (*) Vậy phương trình có nghiệm x2

0,25

b) (1,0 điểm)

 

3 2

3

2 2

6 (1) 10

6 10 10 (2)

x xy x y y

x xy y

x y x y

                      0,25 Từ phương trình (1) ta có

 

  

3 2 2

3 2 2 2

6

2

x xy x y y x xy x y y

x x y x y xy xy y x y x xy y

        

           

0,25

x 2y x xy 3y2 0

    2

2

3

x y

x xy y

        0,25

+ Trường hợp 1:

2 2

2 3 0 11 0 0

2

y y

x xy y   x     x y

 

Với x y khơng thỏa mãn phương trình (2)

+ Trường hợp 2: x2y thay vào phương trình (2) ta có:

2 2

4 12

1

y x

y y y

y x              

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y; 2;1 ; 2;    

0,25

Câu (3,5 điểm)

a) (1,5 điểm)

Ta có AKBAEB (vì chắn cung AB

của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)

Mà ABEAEB(tính chất đối xứng) suy AKBABE (1)

 

AKC AFC (vì chắn cung ACcủa

đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)

 

ACF AFC(tính chất đối xứng) suy AKC ACF (2)

0,5

Mặt khác ABEACF(cùng phụ với BAC) (3).

Từ (1), (2) , (3) suy AKBAKC hay KA phân giác góc BKC 0,25

Gọi P, Q giao điểm BE với AC CF với AB Ta có BC R 3 nên

  1

120 ; 60

2

BOC BAC BOC 

Trong tam giác vng ABP có APB 90 ;0 BAC 600  ABP 300 hay ABEACF 300.

0,25 Tứ giác APHQ có

  1800   1800  1200  1200

AQH  APH   PAQ PHQ   PHQ  BHC  (đối đỉnh). 0,25

Ta có AKC ABE300, AKB ACF ABE 300 (theo chứng minh phần a).

Mà BKC AKC AKB AFC AEB  ACF ABE   600 suy BHC BKC 1800

nên tứ giác BHCK nội tiếp

0,25 b) (1,5 điểm)

Gọi (O’) đường tròn qua bốn điểm B, H,C, K Ta có dây cung BC R 3,

 

60

BKC BAC nên bán kính đường trịn (O’) bán kính R đường trịn (O).

0,5 Gọi M giao điểm AH BC MH vng góc với BC, kẻ KN vng góc với BC

(N thuộc BC), gọi I giao điểm HK BC

Ta có  

1 1

2 2

BHCK BHC BCK

S S S  BC HM  BC KN  BC HM KN

1

( )

2

BHCK

S  BC HI KI  BC KH

(do HM HI; KNKI ).

0,25

Ta có KH dây cung đường tròn (O’; R) suy KH 2R (không đổi)

nên SBHCK lớn KH 2R HM KN HK 2 R 0,25 Giá trị lớn

2

1

3.2

2 BHCK

S  R R R 0,25

Khi HK đường kính đường trịn (O’) M, I, N trùng suy I trung điểm

của BC nên ABC cân A Khi A điểm cung lớn BC 0,25

c) (0,5 điểm) Ta có BOC 120 ;0 BKC 600suy BOC BKC  1800

Ta có OB=OC=R suy OB OC   BKO CKO  hay KO phân giác góc BKC

theo phần (a) KA phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK qua O cố định 0,25 Câu (1,0 điểm)

Nội dung Điểm

Ta có

2

2 2

1 1

1

1 1

P

y

x z

z x

z y x y

                        0,25 Đặt

1 1

; ;

a b c

x  y  z  a b c, , 0 a2 b2 c2 1.

  

     

2 2

2 2 2 1 1 1

a b c a b c

P

b c c a a b a a b b c c

     

     

0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có

 

3

2 2

2

2 1 1.2 (12 2)(1 2) 1

2 27

a a a

a  a  a  a  a        

 

2

2

2

2 3

(1 ) (1)

(1 )

3

a

a a a

a a       Tương tự: 2 2 2

3 3

(2); (3)

(1 ) (1 )

b c

b c

b  b  c  c  0,25

Từ (1); (2); (3) ta có   2

3 3

2

P a b c 

Đẳng thức xảy

1

a b c

   

hay x  y z Vậy giá trị nhỏ P 3

0,25 -HẾT

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016

Mơn:Tốn (Dành cho thí sinh thi vào lớp Chuyên Tin học)

Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2  3x  2 0.

b) Tìm số thực x, y, z thỏa mãn:

1              

x y z y z x z x y

Câu (2,0 điểm) a) Phép toán T định nghĩa sau:

1 ,

  aTb

a b với a b các

số thực khác tùy ý Thí dụ:

1 1

2

2

  

T

b) Cho a b số thực thỏa mãn điều kiện:

2

6a 20a15 0; 15b220b 6 0; ab1

Chứng minh rằng:  

3

3

6 2015

9 

 

b

ab ab

Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất số tự nhiên n cho n + 2015 n + 2199 số phương

b) Bạn Nam viết chương trình để máy tính in số nguyên dương liên thứ tự tăng dần từ đến 1000 dạng sau:

12345678910111213141516 9989991000

Trong dãy số trên, tính từ trái qua phải, chữ số thứ 11 chữ số 0, chữ số thứ 15 chữ số Hỏi chữ số thứ 2016 dãy số chữ số nào?

Câu (3,0 điểm) Cho hình vng ABCD tâm O, M điểm di động cạnh AB Trên cạnh AD lấy điểm E cho AM AE, cạnh BC lấy điểm F cho BM BF

a) Chứng minh đường thẳng OA phân giác góc MOE , đường thẳng OB phân giác góc MOF Từ suy ba điểm O, E, F thẳng hàng

b) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ M tới đường thẳng EF Chứng minh bốn điểm A, B, H,O nằm đường tròn

c) Chứng minh điểm M di động cạnh AB đường thẳng MH qua điểm cố định

Câu (1,0 điểm) Cho x số thực tùy ý Tìm giá trị nhỏ hàm số:     1 2  2 3  3 4  4

f x x x x x

- Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN

Câu (2,0 điểm)

ĐIỂM a) (1,00 điểm)

Phương trình cho tương đương với phương trình

2

3 2 0

  

x x 0,25đ

 1  2

 x  x   0,25đ

1 2

 

   

x

x 0,25đ

Phương trình có nghiệm x  2; 1;1;2   0,25đ

b) (1,00 điểm)

Phương trình thứ hai có dạng 2y x y z    3 y3. 0,25đ Phương trình thứ ba có dạng 2z x y z    5 z 2.

Thử lại thỏa mãn Vậy x4,y3,z2. 0,25đ

Câu (2,0 điểm)

ĐIỂM a) (1,00 điểm)

Theo định nghĩa phép tốn T, ta có:

1 1 1

5 6

5 30

  

T 0,25đ

1 1 1

7 8

7 56

  

T 0,25đ

Suy    

1 1

5 6 7 8

30 56

   

    

   

P T T T T 0,25đ

Vậy

1 1

30 56 26.

30 56

   

      

   

P T 0,25đ

b) (1,00 điểm) Ta ký hiệu điều kiện sau

2

6a 20a15 0 (1); 15b2 20b 6 (2); ab1 (3). Dễ thấy phương trình (1) (2) có hai nghiệm phân biệt

Do (3) nên b khác Chia hai vế (2) cho b2 ta được

1 1

6  20 15 0 (4)

b b

0,25đ

Từ (1), (3) (4) suy a 1

b hai nghiệm khác phương trình

6x 20x15 0 (5) Theo định lí Vi-ét:

1 10 5

; .

3 2

  a 

a

b b

0,25đ

Từ

 3 3

2

3

9 1 1 5 10 2015

9 9

2 3 6

     

         

   

ab ab a

a

b b b

0,25đ

Suy  

3

3

6 , 2015

9 1 

 

b

ab ab

điều phải chứng minh

0,25đ Câu (2,0 điểm)

ĐIỂM

Giả sử a b số tự nhiên cho n2015a n2; 2199b2. Suy b a b a     184.

Hay b a b a     2 233

Vì b a b a số có tính chẵn lẻ b a b a   nên xảy hai trường hợp

   

2 4

và

92 46

   

 

 

   

 

b a b a

I II

b a b a

0,25đ

Trường hợp thứ

  45 10.

47

 

  

 

a

I n

b

Thỏa mãn

0,25đ Trường hợp thứ hai

  21 1574 0.

25

 

   

 

a

II n

b Không thỏa mãn.

Vậy n10.

0,25đ b) (1,00 điểm)

Trong dãy số nói trên, số đầu tiên: 1,2,3, ,9 số có 01 chữ số

90 số tiếp theo: 10,11,12, ,99 số có 02 chữ số 0,25đ 900 số tiếp theo: 100,101,102, ,999 số có 03 chữ số

Như vậy, cách viết nói ta thu số có: 9 90 900 2893      chữ số.

0,25đ Vì 9 90 2016 2893    nên chữ số thứ 2016 dãy số chữ số số có

03 chữ số 0,25đ

Ta có 2016 90 609,     số có 03 chữ số 100, số có 03 chữ số thứ

609 609 100 708   chữ số thứ 2016 dãy cho chữ số 8. 0,25đ Câu (3,0 điểm)

ĐIỂM

a) (1,00đ)

Do ABCD hình vng nên hai đường chéo vng góc, hai đường chéo tạo với cạnh hình vng góc 45o.

Tam giác AME vng cân đỉnh A suy AM AE EAO MAO;  45 O

0,25đ

Suy AMOAEO c g c .   MOA EOA  . Vậy OA phân giác góc MOE

0,25đ Chứng minh tương tự, ta có OB phân giác góc MOF 0,25đ Mặt khác, MOA MOB AOB    90o  MOE MOF  2AOB180o hay E, O, F

thẳng hàng Điều phải chứng minh 0,25đ

H M

F B A

O E

b) (1,00đ)

Tứ giác AEHM nội tiếp đường trịn đường kính ME nên MHA MEA 45 o 0,25đ Tứ giác BFHM nội tiếp đường trịn đường kính MF nên MHB MFB 45 o 0,25đ

Suy AHB AHM MHB 90 o 0,25đ

Ta thấy O H nhìn AB góc vng nên bốn điểm A, B, H,O nằm

trên đường trịn đường kính AB 0,25đ

c) (1,00đ)

Đường thẳng MH cắt đường tròn đường kính AB điểm thứ hai I (I khác H)

Ta có AHI BHI 45o nên I điểm cung AB (khơng chứa O) đường trịn đường kính AB

0,50đ Do A, B, O điểm cố định nên I điểm cố định (I đối xứng với O qua đường

thẳng AB)

Vậy, M di động cạnh AB, đường thẳng MH qua điểm cố định I (I đối xứng với O qua đường thẳng AB)

0,50đ Câu (1,0 điểm) ĐIỂM Xét đồ thị hàm số y f x .

Trên miền x1; 1 x 2; 2 x 3; 3 x 4; x4(gồm 05 miền),  



y f x hàm số bậc

0,25đ

Đồ thị hàm số y f x  đường gấp khúc gồm 02 tia 03 đoạn thẳng liên tiếp Mặt khác f x  0,  x nên tồn giá trị nhỏ f x   giá trị nhỏ đạt đầu mút tia đoạn thẳng

0,50đ

Nói cách khác: f x  min f  1 ,f  2 , f  3 , f  4  f  3 8 Giá trị nhỏ hàm số y f x  8, đạt x3.

0,25đ

Ghi chú: Học sinh sử dụng phương pháp chia khoảng

§Ị 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút

Bài (1.0 điểm)

a) Tính: A 45   500 ; b) Rút gọn biểu thức B 5  

Bài (2.5 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) x2  9x 20 0  b) x4  4x2  0 c)

2x y x y

  



 



Bài (1.5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P : y x 2và đường thẳng

a) Vẽ đồ thị parabol (P)

b) Biết đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt Gọi hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) x1, x2 Tìm m để

2 2 x x 6

Bài (1.0 điểm) Một đội xe cần chở 36 hàng Trước làm việc, đội bổ sung thêm nên xe chở hàng so với dự định Hỏi lúc đầu đội có xe, biết khối lượng hàng chở xe

Bài (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, có AB = 15cm AC = 20cm Tính độ dài đường cao AH trung tuyến AM tam giác ABC

Bài (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, hai đường cao BD CE cắt H (D thuộc AC; E thuộc AB)

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn

b) Gọi M, I trung điểm AH BC Chứng minh MI vng góc ED Bài (1.0 điểm) Biết phương trình bậc hai (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = (x ẩn số) có nghiệm kép Tìm nghiệm kép

…HẾT…

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT 2015 – 2016 VĨNH LONG

Bài

a) A 45   500 3.3 10 5   

b)            

2

B 5   1 1  5 1   1 5 4    Bài 2. a) Phương trình x2  9x 20 0  có tập nghiệm S = {4; 5} (hs tự giải)

b) Phương trình x4  4x2  0 có tập nghiệm S  5; 5 (hs tự giải)

c) Nghiệm hệ

2x y x y

  



 



x y

  



 (hs tự giải) Bài 3 a) Vẽ đồ thị

Bảng giá trị:

x —2 —1

y = x2 4 1 0 1 4

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

-13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

x y

O y = x2

1 2

b

x x 2m

a c

x x 2m

a



   

  

   

 

Theo đề bài, ta có:

 2

2

1 2

x x  6 x x  2x x 6 ⇔ 4m2 – 12m + = ⇔ m = 1; m = Vậy: m = m =

Bài 4 Gọi x (chiếc) số xe ban đầu đội (ĐK: x nguyên dương) Số xe lúc sau: x + (chiếc)

Số hàng chở xe lúc đầu: 36

x (tấn) Số hàng chở xe lúc sau:

36

x 3 (tấn)

Theo đề ta có phương trình:

36 36

1 x  x 3 

Phương trình tương đương với: x2 + 3x – 108 = ⇔ x = (nhận); x =

- 12(loại) Vậy: lúc đầu đội có xe

Bài 5

áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vng A, ta có: BC2 = AB2 + AC2 = 152 + 202 = 625; BC 625 25 cm   Áp dụng đẳng thức: AH.BC = AB.AC

Suy ra:  

AB.AC

AH 12 cm

BC

 

Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền nên:  

BC

AM 12,5 cm

2

 

Bài 6

a) Tứ giác ADHE có:AD ⊥ DH (BD ⊥ AC – gt) AE ⊥ EH (CE ⊥ AB – gt)Nên AEH ADH 90  

Do đó: AEH ADH 180  

Vậy tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn b) Tứ giác BEDC có:

 

BEC BDC 90  (gt) nên nội tiếp nửa đường trịn tâm I đường kính BC (1)

Tương tự, tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm M đường kính AH E, D giao điểm hai đường tròn tâm M tâm I Do đường nối tâm IM đường trung trực dây chung ED Suy ra: MI ⊥ AD (đpcm)

Bài 7 Theo đề: (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) =

⇔ x2 – ax – bx + ab + x2 – bx – cx + bc + x2 – cx – ax + ca = 0

⇔ 3x2 – 2(a + b + c)x + ab + bc + ca =

I M

H

D

E

C B

A

M

H C

B

 2  2  

/ b/ ac a b c 3 ab bc ca

        

2 2 2

a b c 2ab 2bc 2ca 3ab 3bc 3ca a b c ab bc ca

              

 2   2  2  2

1

2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca a 2ab b b 2bc c c 2ca a

2 2 

                

 2  2  2

1

a b b c c a

2 

      

  với a, b, c

Vì phương trình có nghiệm kép nên: /

a b

0 b c a b c

c a

 

 

        

   

Nghiệm kép:

/

b a b c

x x a b c

a

 

     

§Ị 11

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

§Ị 12

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTNăm học: 2015 – 2016 Mơn thi : TỐN Ngày thi: 06/6/2015

Câu a) Giải phương trình : x+2015=2016

b) Trong hình sau : Hình vng, Hình chữ nhật, Hình thang cân, Hình thang vng Hình nội tiếp đường tròn ?

Câu Cho hệ phương trình

¿

(m−2)x −3y=−5 x+my=3

¿{

¿

(I) ( với m tham số) a) Giải hệ (I) với m=1

b) CMR hệ (I) ln có nghiệm với m Tìm nghiệm theo m Câu : Cho Parabol (P) : y=x2 đường thẳng (d) có pt : y=2(m+1)x-3m+2

a) Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) với m=3.

b) CMR (P) (d) cắt điểm phân biệt A; B với m. Gọi x1 ; x2 hồnh độ A;B Tìm m để x12 + x22 =20.

Câu Cho (O;R) dây DE< 2R Trên tia đối tia DE lấy A, qua A kẻ tiếp tuyến AB, AC với (O), (B,C tiếp điểm) Gọi H trung điểm DE K giao điểm BC DE

a) CMR tứ giác ABOC nội tiếp.

b) Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp ABOC CMR: H thuộc (I) HA phân giác góc BHC CMR : AK2 =

AD+ AE

Câu Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn 7 (1 a2+

1

b2+

1

c2)=6(

1 ab+

1 bc+

1

ca)+2015 Tìm GTLN P =

√3(2a2+b2)

+

√3(2b2+c2)

+

HD:

Câu a) x=1 ; b) HV, HCN, HTC Câu a) với m=1 (I) 

¿

− x −3y=−5 x+y=3

¿{

¿



¿

x=2 y=1

¿{

¿

b) Với m=0 hệ có nghiệm

¿

x=3 y=−1/3

¿{

¿

Với m 0 Xét biểu thức

m−1¿2+2

¿ ¿

m−2 +

3

m=

m2−2m

+3

m =¿

Với m 0 => m−1 2≠−3

m Vậy hệ (I) ln có nghiệm với m.

Ta có

¿

(m−2)x −3y=−5 x+my=3

¿{

¿



¿

x= 9−5m m2−2m

+3 y= 3m−1

m2−2m+3

¿{

¿

Câu : a) với m=3 (d) : y=8x-7

Tọa độ giao điểm (P) (d) nghiệm hệ

¿

y=x2 y=8x −7

¿{

¿



¿x=1 y=1

¿ ¿ ¿

x=7

¿

y=49

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

b) Giao điểm (P) (d) phụ thuộc số nghiệm pt : x2 = 2(m+1)x-3m+2  x2 - 2(m+1)x+3m- 2=0 (1) Có Δ❑ = m2 –m +3 =(m-

2 )2 + 11

4 > với m

 pt (1) có nghiệm phân biệt, nên (P) (d) ln cắt điểm phân

biệt A;B.

c) Vì x1 ; x2 hồnh độ A;B nên x1 ; x2 nghiệm pt (1) Theo Vi _ét ta có: x1 + x2 = 2(m+1) : x1 x2 = 3m-2

 x

12 + x22 =20  (x1 + x2 )2 - x1 x2 =20  4(m+1)2 – 2(3m-2) =20  2m2 + m – =0

 m=3/2 m=-2.

A

H K D

E

M B

Vậy với m=3/2 m=-2 x12 + x22 =20. Câu 4

a) Vì AB, AC tiếp tuyến với (O) => góc ABO= góc ACO = 900

 góc ABO+ góc ACO = 1800 nªn ABOC nội tiếp.

b) Vì H trung điểm DE nên OH vng góc DE => góc AHO = 900 Lại có góc ABO= góc ACO = 900 mµ H thuộc (I).

 Góc AHB = góc AOB ( chắn cung AB (I) ) (1)  Và góc AHC = góc AOC ( chắn cung AC (I) ) (2)

Mà OA phân giác góc BOC ( tính chất tiếp tuyến cắt điểm bên ngồi đường trịn) nªn góc AOB = góc AOC (3)

Từ (1) (2) (3) => góc AHB = góc AHC, hay HA phân giác góc BHC. c) Gọi M gioa điểm AO BC => BC vng góc AO M

 góc KMO = góc KHO =900 => KHOM nội tiếp.

 Δ AKO ∞ Δ AMH (g-g) => AH.AK= AM.AO = AB2

Lại có Δ ADB ∞ Δ ABE (g-g) => AD.AE = AB2 nªn AD.AE=AH.AK VËy AD.AE = 2AH.AK= AK 2AH = AK.( AH+AH)= AK( AH+AD+HD) =AK( AD+ AH+HE) < Vì HD=HE>

 2AD.AE= AK(AD+AE) Nªn AK2 =ADAD AE+AE = AD1 +AE1

Câu Áp dung Bunhia cho số (1;1;1) (a;b;c) ta có 3(a2+b2+c2) (a+b+c)2

 3(2a2 +b2 ) (2a+b)2 ;3(2b2 +c2 ) (2b+c)2 ; 3(2c2 +a2 ) (2c+a)2

 P 2a1+b+2b1+c+2c1+a

Ta có (x+y+z)( 1x+1 y+

1

z ) 9 =>

1 (

1 x+ y+ z )

x+y+z

 P 2a1+b+2b1+c+2c1+a 19 [(1a+a1+1b)+(1b+1b+c1)+(1c+1c+1a)]

 P

9 ( a+ b+

c) =

1 3( a+ b+

c) (I) Ta có 10 (1

a2+

1

b2+

1

c2) = 3(

1

a2+

1

b2+

1

c2)+6(

1 ab+

1 bc+

1

ca)+2015 = 3

(1a+

1

b+

1

c)

2

+2015 (II)

Áp dụng Bunhia cho số (1;1;1) ( 1a ; 1b ; 1c ) Ta 3 (1

a2+

1

b2+

1

c2) (

1 a+ b+ c)

=> (1 a2+

1

b2+

1

c2)

1 ( a+ b+ c)

 10 (1 a2+

1

b2+

1

c2) 10

1 ( a+ b+ c) (III) Từ (II) (III) => 3 (1a+1

b+

1

c)

2

+2015 10

 2015 10 13 (1a+1 b+

1

c)

2

-3 (1a+1 b+

1

c)

2



(1a+

1

b+

1

c)

2

3.2015 => (1 a+

1

b+

1

c) √3 2015 (IV) Từ (I) (IV) => P 13(1a+1

b+

1

c)

1

3 √3 2015 = √20153 . Vậy GTLN P = √2015

3 a=b=c 7 (

1

a2+

1

b2+

1

c2)=6(

1 ab+

1 bc+

1

ca)+2015

 a=b=c= √20153 .

§Ị 13

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN

Mơn: TỐN Ngày thi: 06/06/2015

Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức P = 2 3 6  2 b) Giải hệ phương trình:

2 3

6

x y x y

 

 

 



Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình mx2  2m1x 1 3m0 (1) (m tham số) a) Chứng tỏ phương trình (1) ln có nghiệm với m.

b) Trong trường hợp m0 Gọi x x1; 2 hai nghiệm phương trình (1), tìm

giá trị nhỏ biểu thức A x 12  x22

Bài 3: (2 điểm) Trong phòng có 80 người họp, xếp ngồi dãy ghế có chỗ ngồi Nếu ta bớt dãy ghế dãy ghế cịn lại phải xếp thêm người vừa đủ chỗ

Hỏi lúc đầu có dãy ghế dãy ghế xếp chỗ ngồi.

Bài 4: (2 điểm) Cho điểm M nằm ngồi đường trịn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB (A, B tiếp điểm) cát tuyến MCD không qua O (C nằm M D) với đường tròn (O) Đoạn thẳng MO cắt AB (O) theo thứ tự H I Chứng minh rằng:

a) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

b) MC.MD = MA2 ; c) OH.OM + MC.MD = MO2.

Bài 5: (2 điểm) Cho x, y, z số thự thỏa mãn điều kiện:

2

2

3

1 2

x

y z yz

   

Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức B x y z

§Ị 14

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

2) Tính giá trị biểu thức A x 3 3 x x2 2.

3) Tìm tọa độ điểm có tung độ nằm đồ thị hàm số y2x2 4) Cho tam giác ABC vng A, AB3, BC5 Tính cosACB

Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức

1

1

x x x

Q

x

x x x x

   

 

     



  

    (với x0;x1).

1) Rút gọn biểu thức Q ; 2) Tìm giá trị x để Q1

Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x2 2m 1x m 2 0 (1) (với m tham số) a) Giải phương trình với m3

b) Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm x x1, thỏa mãn

2

1 16

x x  .

2) Giải hệ phương trình

 

   

2

2

3 16

x x y y

x x x y x

    

 

     

 

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A AB  AC, đường cao AH Đường trịn tâm I đường kính AH cắt cạnh AB AC, M N, Gọi O trung điểm đoạn BC D, giao điểm MN OA

1) Chứng minh rằng: a) AM AB AN AC . ; b) Tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng: a) ADI ∽ AHO ; b)

1 1

AD HB HC

3) Gọi P giao điểm BC MN K, giao điểm thứ hai AP đường trịn đường kính AH Chứng minh BKC90

Câu 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình    

5

3x  6x 2  x  7x19 2 x 2) Xét số thực dương a b c, , thỏa mãn abc1.Tìm giá trị lớn biểu thức

4 4 4

a b c

T

b c a a c b a b c

  

     

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI

Câu (2,0 điểm)

Đáp án Điểm

1) x 1 x 3 xác định  x1 x đồng thời xác định. 0,25

1

x xác định  x  1 x1, x 3 xác định  x 0  x3

2) Với x2 ta có    

2

2 3 2 2

A        0,25

   

2 2 2

         0,25

3) Hoành độ điểm cần tìm nghiệm phương trình 2x2 8 0,25  x2 Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8)và ( 2;8) . 0,25

4) Vì tam giác ABC vng A nên AC BC2 AB2  52 32 4 0,25

Do  cos AC ACB BC   0,25

Câu (2,0 điểm)

Đáp án Điểm

1) (1,0 điểm) Với điều kiện x0 x1, ta có

   

 

 

1

1

1

1 1

                           x x x x Q x x

x x x x

0,5

1

1                  x x

x x x 0,25

1                x x x x   x

x 0,25

2) (0,5 điểm) Với x0 x1, ta có

1 x Q x   Do

1  1

  x    

Q x x

x 0,25

 x   x

(thỏa mãn điều kiện) Vậy với

 x

Q1 0,25 Câu (2,5 điểm)

Đáp án Điểm

1) (1,5 điểm) a) (0,75 điểm)Với m3, ta có phương trình (1) trở thành x2 4x 3 0,25

Ta có a b c   1 0  nên phương trình có nghiệm phân biệt x11; x23 0,25

Vậy với m3, phương trình cho có nghiệm phân biệt x11; x2 3 0.25

b) (0,75 điểm) x2 2m 1x m 2 0 (1)

Phương trình (1) phương trình bậc ẩn x có    

2 2

' m m 2m

      

Phương trình (1) có nghiệm

7

, '

2

x x      m  m

(*)

0,25

Do      

2

2 2

1 2 2 16

x x  x x  x x  m  m   m  m

Vậy

2 2

1

0

16 16 16

4

m

x x m m

m            

Kết hợp điều kiện (*) ta có m0 giá trị thỏa mãn.

0,25

2) (1,0 điểm)

   

     

2

2

3 16

              

x x y y

x x x y x

Điều kiện:

2

0 x x y y            

Với x2, y0, phương trình (1)  x2x y 2  x2 y 0

   2  

2 2

x  x y  x y

            0,25        

2 2

2 2 0, 2,

x y x x y

x y y x do x x y x y

 

       

 

              

0,25 Thay y x vào phương trình (2) ta phương trình

    

2 3 2 2 5 16

      

x x x x x  32 16

 x  x  x

 

 

2

1

2 7

2            x TM x x

x Ko TM

0,25

+) Với x 1 y3

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x y;  1;3

0,25

Câu (3,0 điểm)

Đáp án Điểm

1) (1,0 điểm)

a) (0,5 điểm) Xét đường tròn  I có

  900

AMH ANH  (góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn) nên HM HN, tương ứng đường cao tam giác vuông ABH ACH,

0,25

+) ABH vng H , có đường cao HM nên suy AM AB AH 

+) ACH vng H , có đường cao HN nên

suy AN AC AH2 Do AM AB AN AC 

b) (0,5 điểm) Theo câu a) ta có

AM AN

AM AB AN AC

AC AB

  

Xét AMN ACB có A chung,

AM AN

AC AB nên suy AMN ∽ ACB cgc 

0,25

Do AMN ACB  BCN BMN ACB BMN AMN BMN      1800 Mà góc BCN BMN ,  vị trí đối diện nên suy tứ giác BMNC nội tiếp

0,25 2) (1,0 điểm)

a) (0,5 điểm) Ta có tam giác ABC vuông A O trung điểm cạnh BC nên

OA OB OC   OAC cân O  OAC OCA   OAC BCN 

Mà AMN ACB BCN nên AMN OAC   AMN DAN

0,25 Vì AMN vng A nên AMN ANM 900  DAN ANM 900  ADN 900

Mà MAN 900  MN là đường kính đường trịn  I  I là trung điểm MN

nên ADI 900.

Xét AID AOH có ADI AHO900 A chung ()ADIAHOgg∽

0,25

b) (0,5 điểm) Vì

1

AD AI AO

ADI AHO

AH AO AD AH AI

 ∽     

Mà

1

,

2

AO BC AI AH BC2

AD AH

 

0,25

Mặt khác , tam giác ABC vng A AH đường cao nên AH2 HB HC Suy

1 1

HB HC

AD HB HC HB HC



   0,25

3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp  PBM MNC   PBM ANM MNC ANM    1800 (1)

Vì tứ giác ANMK nội tiếp  PKM ANM (2)

Từ (1) (2) suy PBM PKM 1800, tứ giác PKMB nội tiếp

0,5

        1800

PKB PMB AMN ACB AKB ACB AKB PKB

        

Do tứ giác BKAC nội tiếp  BKC BAC 900. 0,5

Câu (1,0 điểm)

1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định

2

3 6

1

2

x x

x x

   

  



 

Với x 1 3, phương trình

cho tương đương với:

   

   

 

 

2

2 2

2

2

2

3 6 2 19

3 6 6 2

3

3

2

1 6

3 6

x x x x x x

x x x x x x x x x x x

x x

x x

x x x

x x x x

x x x

       

               

   

  

     

      

   



(do

2

3x  6x 6 2 x 0,  x )

0,25

+) 3x2 5x 0  x1 (thỏa mãn đk)

8

x

(không thỏa mãn đk) +)

 

1 2 x 3x  6x 6 2 x  2  x 3x  6x 2 x

 

2

1 6 *

x x x x

     

Vì x 1 nên

2

1 6

x   x  x  x

do (*) vơ nghiệm

Vậy phương trình cho có nghiệm x1

0,25

2) (0,5 điểm) Ta có:

 

4 2 ;

     

a b ab a b a b

Thật

 

4 2 4 3

      

a b ab a b a b a b ab

  3 0  2 2 0

 a b a  b   a b a ab b 

(ln a b,  )

Do  

4 2

    

a b c ab a b c

 

4 2 0

 a b  c ab a b abc 

(vì a b c; ; 0 abc1)

 

4 2

c c

a b c ab a b abc

 

   

(vì c0)

 

4 2

 

   

c c

a b c ab a b c

 

2

4 2

 

   

c c

a b c abc a b c

 

2

4 2

 

   

c c

a b c a b c Tương tự

 

2

4  2 2

   

b b

a c b a b c

 

2

4  2

   

a a

b c a a b c

Cộng theo vế bất đẳng thức (1),(2) (3) ta có:

2 2

4  4  4  2  2  2 1

           

a b c a b c

b c a a c b a b c a b c a b c a b c

1

 T  a b c; ; 0 thỏa mãn

1



abc .

Với a b c  1 T 1 Vậy GTLN T

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2015 – 2016 Mơn:TỐN

(chun)

Bài (2,0 điểm) 1) Cho đa thức P x  ax2bx c Biết P x  chia cho x1 dư 3, P x 

chia cho x dư P x  chia cho x 1 dư Tìm hệ số a b c, , .

2) Cho số a b x y, , , thỏa mãn

4

2

1

0, 0, x y ;

ab a b x y

a b a b

      

 Chứng minh rằng:

a) ay2 bx2 b)  

200 200

100 100 100

2

x y

a  b  a b

Bài (2,5 điểm) 1) Giải hệ phương trình

   

 

2

4

4

y x y x x x

x y x y

     

 

   

 

2) Giải phương trình 3x1 x2  x 3x2 4x 0.

Bài (3,0 điểm) Cho hai đường tròn   O1 , O2 tiếp xúc M. Một đường thẳng cắt

giữa A E) Đường thẳng EM cắt đường tròn  O1 điểm J khác M Gọi C điểm

thuộc cung MJ không chứa A B, đường tròn  O1 (C khác M J) Kẻ tiếp tuyến CF với đường tròn O2 (F tiếp điểm) cho đoạn thẳng CF MJ, không cắt nhau.

Gọi I giao điểm đường thẳng JC EF K, giao điểm khác A đường

thẳng AIvà đường tròn  O1 Chứng minh rằng:

1) Tứ giác MCFI tứ giác nội tiếp JA JI  JE.JM

2) CI phân giác góc ngồi C tam giác ABC 3) Klà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI Bài (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên x y, thỏa mãn

2x 2  x 2  x 2  x 4 5y 11879

     

Bài (1,5 điểm) 1) Trong mặt phẳng cho tập S gồm 8065 điểm đôi phân biệt mà diện tích tam giác có đỉnh thuộc tập S không lớn (quy ước điểm thẳng hàng diện tích tam giác tạo điểm 0) Chứng minh tồn tam giác Tcó diện tích khơng lớn chứa 2017 điểm thuộc tập S (mỗi điểm số 2017 điểm nằm nằm cạnh tam giác T )

2) Cho ba số dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức

 2  2  2

2 2

2 2 2 2 2

4 4

3

2 2

a b c b c a c a b

a b c b c a c a b

     

  

     

§Ị 15

ĐỀ THI CHUN TỐN QUẢNG NAM NĂM HỌC: 2015 – 2016 Thời gian: 150 phút Ngày thi: 4/6/ 2015

Câu (2 điểm) a) Cho biểu thức A =

1

1

x x x

x x

 



  (với x1; x0 ) Rút gọn A,

sau tính giá trị A – x = 2016 2015

b) Cho A = 2 1 201522015 n2015 với n số nguyên dương Chứng minh A chia hết cho n(n + 1).

Câu (2 điểm) a) Giải phương trình sau: 2 2

6

0

9 11 12

x  x   x   x  

b) Giải hệ phương trình:

   

2

4

8

x x x y

x x y

   



   

(d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B có hồnh độ x1 x2 thỏa mãn 2

1 2

x x 

Câu (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD CE cắt H Các tia phân giác góc EHB, DHC cắt AB, AC I K Qua I K lần lượt vẽ đường vng góc với AB, AC chúng cắt M.

a) Chứng minh AI = AK.

b) Giả sử tam giác nhọn ABC có hai đỉnh B, C cố định, đỉnh A di động Chứng minh đường thẳng HM qua điểm cố định

Câu (2 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB Qua A B vẽ tiếp tuyến d1 d2 với (O) Từ điểm M (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt d1 tại C cắt d2 D Đường tròn đường kính CD cắt đường trịn (O) E F (E thuộc cung AM), gọi I giao điểm AD BC.

a) Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD. b) Chứng minh MI vng góc với AB ba điểm E, I, F thẳng hàng.

Câu (1 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x2y2z2 9

Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y + z – (xy + yz + zx)

§Ị 16

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPNĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn thi : TỐN Thời gian làm bài: 120 phút

Câu I (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:

1) 2x 1 0 2)

3 2

x y

y x

   

 

 3) x48x2 0 .

Câu II (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức    

2

A ( a2) a  a1  9a

với a0.

2) Khoảng cách hai tỉnh A B 60 km Hai người xe đạp khởi hành lúc từ A đến B với vận tốc Sau xe người thứ bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, người thứ hai tiếp tục với vận tốc ban đầu Sau sửa xe xong, người thứ với vận tốc nhanh trước km/h nên đến B lúc với người thứ hai Tính vận tốc hai người lúc đầu

Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm giá trị m để phương trình x2 2(m1)x m 2 0 có nghiệm kép Tìm nghiệm kép

2) Cho hai hàm số y(3m2)x5 với m1 y x 1 có đồ thị cắt điểm

( ; )

A x y Tìm giá trị m để biểu thức

2

Py  x đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu IV (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB cố định đường kính CD thay đổi khơng trùng với AB Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt đường thẳng BC BD E F Gọi P Q trung điểm đoạn thẳng AE AF

2) Gọi H trực tâm tam giác BPQ Chứng minh H trung điểm OA 3) Xác định vị trí đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ Câu V (1,0 điểm) Cho 2015 số nguyên dương a a a1, , , ,2 a2015 thỏa mãn điều kiện:

2015

1 1

89

a  a  a   a 

Chứng minh 2015 số ngun dương đó, ln tồn số

-Hết -ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Câu Ý Nội dung Điểm

I

Giải phương trình 2x 1

0,50

Pt  2x1 0,25

1

x

  0,25

I

Giải hệ phương trình

3 2

x y

y x

   

  

0,50

Hệ

2

2

x y

x y

 

  

  



0,25 Tìm

1

x y 0,25

I

Giải phương trình

4 8 9 0

x  x  

1,00

Đặt

2

,

t x t ta

được

2 8 9 0

t  t 

0,25 Giải phương

trình tìm

1

t t

    

0,25

t  

2

1 1

t   x   x0,25

II

Rút gọn biểu thức

   2

A ( a2) a  a1  9a

với a0.

1,00

 a 2  a 3  a0,25a

 a12  a a0,251

6 ( 1)

A a  a   a0,25a  a

7

A 0,25

II

Tính vận tốc hai người

lúc đầu

1,00

Gọi vận tốc hai người lúc đầu x km/h (x > 0) Thời gian từ A đến B người thứ hai  

60

h x

0,25

Quãng đường người thứ đầu x (km)

 Quãng

đường lại 60 – x (km)

 Thời gian

người thứ quãng đường lại

là  

60

x h x

 

0,25

 

1 20'

3 h



Theo ta có:

60 60

1

3

x

x x

   



     

2

60.3 4 60 20

16 720

36

x x x x x

x

x x

x

     

 

     

 

Do x0 nên

20

x Vậy

vận tốc hai người lúc đầu 20 km/h

0,25

III

Tìm m để

2 2( 1) 3 0

x  m x m  

có nghiệm kép Tìm nghiệm kép

1,00

2

' (m 1) (m 3) 2m

     0,25 

Phương trình có nghiệm kép

' 2m m

      

0,25

Nghiệm kép

1

x x  m

0,25 Vậy m2

thì phương trình có nghiệm kép

1

x x 

0,25

III Cho hai hàm

số

(3 2)

y m x

và y x có đồ thị cắt điểm

( ; )

A x y Tìm

m để biểu thức

2 2 3

Py  x

đạt giá trị nhỏ

Với m1 hai đồ

thị cắt điểm

2

;

1

A

m m



 



 

 

 

0,25

2

2 2 3 1 2 3

1

P y x

m m



   

        

 

 0,25   

Đặt

2

t m 



được

2 4 2 ( 2)2 6 6, P t  t  t   t

0,25

6 2

1

P t m

m

      



Vậy m0 biểu

thức

2

2

Py  x

giá trị nhỏ

0,25

IV

Chứng minh ACBD hình chữ nhật

1,00

Hình vẽ ý

D

O B

A C

H

P Q

E F

D

O B

Hình vẽ ý

Vẽ hình

ý 0,25

  900

ACBADB

(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

0,25

 

90

CAD CBD 

(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

0,25

Suy Chứng minh ACBD hình chữ nhật

0,25

IV

Chứng minh H trung điểm OA

1,00

Tam giác BEF vuông B có đường cao BA nên AB2 = AE AF

⇒

2

AE AB AE AB AE AB

AB AF  OA AQ OA AQ ;

0,25

  900

EAO BAQ   AEO

đồng dạng với ABQ

0,25 ⇒

 

AEO ABQ

Mặt khác

 

HPF ABQ (góc có cạnh tương ứng vng góc) nên

 

AEO HPF

Hai góc vị trí đồng vị nên PH // OE P trung điểm EA ⇒ H trung điểm OA

0,25

IV

Xác định vị trí CD để tam giác BPQ

có diện tích nhỏ

1,00

Ta có

( ) ( )

2

BPQ

AB PQ R

S  R PQ R AP AQ0,25   AE AF AF

2

R

AE

 0,25

2

R AB R AB R

  

2

2

BPQ

S  R  AEAF 0,25 BEF

 

vuông cân B  BCD

vuông cân B

CD AB

 

Vậy SBPQ đạt

giá trị nhỏ

nhất 2R2 CDAB

V

Cho 2015 số nguyên dương

1, , , ,2 2015

a a a a

thỏa mãn điều kiện:

1,00

Giả sử 2015 số ngun dương cho khơng có số Khơng tính tổng qt, ta xếp số sau:

1 2015 1, 2, 3, , 2015 2015

a a a  a  a  a  a  a 

0,25

1 2015

1 1 1 1

1 2015

a a a a

   0,25     

2 2

1

2 2 2015

    

1 1

1

2 2014 2013 2015 2014

 

       

   

 

0,25

 

 

1 2 2014 2013 2015 2014

1 2015 89

         

   

1 2015

1 1

89

a a a a

     

Vô lý Do 2015 số ngun dương cho, ln tồn số

bằng SỞ GIÁO DỤC VÀ

ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn thi: TỐN (Chuyên)

Câu I (2,0 điểm) 1) Cho a b  29 12 5  Tính giá trị biểu thức:

2

( 1) ( 1) 11 2015

A a a   b b  ab

2) Cho x y, hai số thực thỏa mãn xy (1x2)(1y2) 1 Chứng minh x 1 y2 y 1x2 0

Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2x 3 4x29x2 2 x 2 4x1.

2) Giải hệ phương trình

2

2

2 2 3

1 2

x y xy x y y x x

x y x y x y

          

 

       

 

Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm số nguyên x y, thỏa mãn x4x2 y2 y20 0 2) Tìm số nguyên k để k4 8k323k2 26k10 số phương.

Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây BC cố định không qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm A (A khác B) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn (O) (M N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC

1) Chứng minh A,O, M, N, I thuộc đường tròn IA tia phân giác góc MIN 2) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh

2 1

AK AB AC .

3) Đường thẳng qua M vng góc với đường thẳng ON cắt (O) điểm thứ hai P Xác định vị trí điểm A tia đối tia BC để AMPN hình bình hành

Câu V (1,0 điểm) Cho a b, số dương thỏa mãn điều kiện (a b )34ab12

Chứng minh bất đẳng thức

1

2015 2016

1a1b  ab .

-Hết -ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 - 2016

I 1,00

 2

29 12 5 5 5

a b           0,25

3 2 11 2015

A a  b a b  ab 0,25

2 2

2 2

( )( ) 11 2015

3( ) 11 2015

a b a b ab a b ab

a b ab a b ab

       

       0,25

2 2

4(a 2ab b ) 2015 4(a b) 2015 2051

        0,25

I 1,00

2 2

(1 )(1 ) (1 )(1 )

xy x y   x y   xy (1x2)(1y2) (1  xy)2 0,25

2 2 2

1 x y x y 2xy x y

       0,25

2 2 0 ( )2 0

x y xy x y y x

         0,25

2 2

1 1

x y y x x x x x

         0,25

II Giải phương trình 2x 3 4x2 9x 2 2 x 2 4x 1

        . 1,00

Pt  2x 3 (x2)(4x1) 2 x2 4x1 ĐK:

1

x 0,25

Đặt t 2 x2 4x1,t  (hoặc t0)

2 8 4 ( 2)(4 1) 9 2 ( 2)(4 1)

4

t

t x x x x x x 

          

PTTT t2 4t  3 t 1 t 3

0,25

TH1 t 1 giải vô nghiệm kết hợp với ĐK t  7 bị loại 0,25

TH t  3 x2 4x 1 3 Giải pt tìm

2

x

(TM) Vậy pt có nghiệm

2 x

0,25

II

Giải hệ pt

2

2

2 2 3

1 2

x y xy x y y x x

x y x y x y

          

 

       

 

1,00

ĐK: y 2x 1 0, 4x y  5 0,x2y 0, x1 TH

0

2 1

3 1 10

y x x

x y

 

   

  

 

  

     

   (Không TM hệ)

TH x1,y1 Đưa pt thứ dạng tích ta

( 2)(2 1)

2 3

x y

x y x y

y x x

 

    

   

1

( 2)

2 3

x y y x

y x x

 

       

   

 

  Do y 2x 1

nên

1

2

2 3 y x x y

y x   x        

0,25

Thay y 2 x vào pt thứ ta x2 x 3 3x 7 2 x

2 2 3 7 2 2 ( 2)( 1)

3 2

 

             

   

x x

x x x x x x

x x

0,25

3

( 2)

3 2

x x

x x

 

       

   

 

Do x1 nên

3

1

3x7 2   2 x   x

Vậy x  2 x 2 y4 (TMĐK)

0,25

III Tìm số nguyên x y, thỏa mãn 2

20

x x  y  y  (1) 1,00

Ta có (1) x4x220 y 2y

Ta thấy x4x2 x4x220 x 4x220 8x

       

2 2

x x y y x x

      

0,25 Vì x, y  nên ta xét trường hợp sau

+ TH1      

2 4

y y 1  x 1 x 2  x x 20 x 3x 2

2

2x 18 x x

     

Với x2 9, ta có y2y 9 2 9 20 y2 y 110 0

y 10 ; y 11

   (t.m)

0,25

+ TH2      

2 4

y y 1  x 2 x 3  x x 20 x 5x 6

2

4x 14 x

2

   

(loại)

+ TH3      

2

y y 1  x 3 x 4 2

4

6x x

3

   

(loại)

0,25

+ TH4      

2

y y 1  x 4 x 5

 8x2  0 x2  0 x 0

Với x2 0, ta có y2y 20  y2 y 20 0  y5 ; y 4

Vậy PT cho có nghiệm nguyên x ; y :

3 ; 10 , ; 11 ,    3 ; 10 , 3 ; 11 , ; , ;       

0,25

III Tìm số nguyên k để k4 8k3 23k2 26k 10

Đặt M k4  8k323k2 26k10

Ta có    

4 2

2 18

M  k  k   k k  k  k  k

k2 12 8k k 12 9k 12

      k1 2 k 321

0,25

M số phương  

1

k 

 

3

k 

số phương TH  

2

1

k   k 

0,25 TH  

2

3

k 

số phương, đặt    

2

3

k  m m 

 2

2 3 1 ( 3)( 3) 1

m k m k m k

          0,25

Vì m k,  m k  3 ,m k  3 nên 3 m k m k        



3 1,

3

3 1,

m k m k

k

m k m k

                  

Vậy k 1 k 3 k4 8k323k2 26k10 số phương

0,25

IV Chứng minh IA tia phân giác góc MIN . 1,00

Theo giả thiết AMO ANO AIO 90     điểm A, O, M, N, I thuộc

đường trịn đường kính AO 0,25

  , 

AIN AMN AIM ANM

   (Góc nội tiếp chắn cung) 0,25

AM AN  AMN cân A  AMN ANM 0,25 AIN AIM

   đpcm 0,25

IV

Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh

2 1

AK AB AC . 1,00

2 1

2AB AC AK AB AC( ) AB AC AK AI

AK AB AC     

(Do AB AC 2AI )

0,25

ABN

 đồng dạng với ANC AB AC AN2 0,25

AHK

 đồng dạng với AIO AK AI AH AO 0,25

Tam giác AMO vuông M có đường cao MH  AH AO AM2

AK AI AM

  Do AN AM  AB AC AK AI

0,25 IV Đường thẳng qua M, vng góc với ON cắt (O) điểm thứ hai P

Xác định vị trí điểm A để AMPN hình bình hành 1,00 Ta có AN NO MP, NO M, AN  AN / /MP

Do AMPN hình bình hành  AN MP2x

Tam giác ANO đồng dạng với

2

2

AN NO x

NEM NE

NE EM R

    

TH

2

2 2 2

2

2

x

NE NO OE R R x x R R R x

R

         

Đặt R2 x2 t t,  0 x2 R2 t2

PTTT

2 2 2

2(R t ) R Rt 2t Rt R t R

t R

 

        

 

Do t  0 t  R R2 x2  R x 0 A B (Loại)

0,25

TH

2

2 2 2

2

2

x

NE NO OE R R x x R R R x

R

         

Đặt R2 x2 t t,  0 x2 R2 t2

PTTT

2 2 2

2(R t ) R Rt 2t Rt R t R

t R

 

        

 

0,25

Do

2

0 2

2

R

t   t R  R  x  R x  AO R

Vậy A thuộc BC, cách O đoạn 2R AMPN hbh

0,25

V

a) Chứng minh bất đẳng thức

1

2015 2016

1a1b ab . 1,00

Ta có  

3

12 ( a b ) 4ab ab 4ab

Đặt t  ab t, 0

3 2

12 8 t 4t  2t t  0  (t1)(2t 3t3) 0

Do 2t23t 3 0,t nên t1 0  t 1 Vậy 0ab1

0,25

Chứng minh

1

, ,

1a1b 1 ab a b thỏa mãn ab1

Thật vậy, BĐT

1 1

0 1a 1 ab 1b 1 ab 

0

1

(1 )(1 ) (1 )(1 )

ab a ab b b a a b

a b

a ab b ab ab

   

  

       

 

        

 2( 1)

(1 )(1 )(1 )

b a ab

ab a b

 

 

   Do 0ab1 nên BĐT đúng

Tiếp theo ta CM

2015 2016, ,

1 ab  ab a b thỏa mãn ab1 Đặt t  ab,0 t ta

2

2

2015 2016

1t  t 

3

2015t 2015t  2016t 2014 0

0,25

2

(t 1)(2015t 4030t 2014)

     BĐT t: 0 t

Vậy

1

2015 2016

1a1b ab Đẳng thức xảy a b 1.

0,25

§Ị 17

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.ĐÀ NẴNG Năm học: 2015 – 2016 Khóa ngày : 9, 10 – 06 – 2015 MƠN: TỐN Bài 1: (1,5 điểm) 1) Đưa thừ số dấu biểu thức 28a4

2) Tính giá trị biểu thức :

21 7 10 5 1

A ( ) :

3 1 2 1 7 5

-

-= +

- -

-Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

6

1

2

y x

y x



  

 

   



Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) 1) Vẽ đồ thị (P)

2) Cho hàm số y = x + y = - x + m ( với m tham số) có đồ thị là (d) (dm) Tìm tất giá trị m để mặt phẳng tọa độ đồ thị của (P) , (d) (dm) qua điểm

Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 - 2(m – 1)x – 2m = 0, với m tham số. 1) Giải phương trình m = 1.

2) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m. Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình, tìm tất giá trị m cho x12 + x1 – x2 = – 2m

Bài 5: (3,5 điểm) Từ điểm A nằm bên đường tròn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm)

2) Cho bán kính đường trịn (O) 3cm, độ dài đoạn thẳng OA 5cm Tính độ dài đoạn thẳng BC.

3) Gọi (K) đường tròn qua A tiếp xúc với đường thẳng BC C Đường tròn (K) đường tròn (O) cắt điểm thứ hai M Chứng minh đường thẳng BM qua trung điểm đoạn thẳng AC.

Bài giải sơ lược : Bài 1 :1)

4 2 2

28a = 4.7.(a ) =2 a =2 7a

(Vì a2 ≥ với a)

2)

7( 1) 5( 1)

A ( 5)

3

é - - ù ê ú =ê + ú -ë û 2

A=( 7+ 5).( 7- 5)= - = -7 5=2 Vậy A = 2

Bài 2 : - ĐK : x ≠ Ta có :

3

y 3 2xy 12x 8x 4

2x

1 2xy 4x 2xy 4x

2y x ìïï - = ï ìï - = ìï = ïï Û ï Û ï í í í ï ïïỵ + =- ïïỵ + =-ï + =-ïïïỵ  x 0(TMDK) 1

1 y

2 ỡùù = ùùù ớù ù + =-ùùùợ  x

1 y

ìïï = ïí ïï + =-ïỵ  x y ìïï = ïí ïï

=-ïỵ Vậy hệ có nghiệm

1 x y ìïï = ïí ïï =-ïỵ

Bài 3 : 1) Lập bảng giá trị vẽ

2) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : x2 = x +  x2 - x - = 0(*)

Phương trình (*) có dạng : a – b + c = nên có nghiệm :

1 x c x a ì =-ïï ïí -ï = = ïïỵ Ta có (d) cắt (P) hai điểm A(-1; 1) B (2; 4)

Để (P), (d) (dm) qua điểm A (dm) B  (dm)

+ Với A(-1; 1)  (dm) , ta có : = -(-1) + m  m =

+ Với B(2; 4)  (dm), ta có : = -2 + m  m =

Vậy m = m = (P), (d) (dm) qua điểm Bài 4 : 1) Thay m = phương trình : x2 – =  x2 =  x = ± 2

Vậy m = 1, phương trình có hai nghiệm x = 2 x = - 2

2) Có ∆ = b2 – 4ac = 4m2 +  với m nên phương trình cho ln có nghiệm phân biệt với m Theo Vi-et ta có :

1

1

b

x x 2m 2(1)

a c

x x 2m(2)

a ì -ïï + = = -ïïï íï ï = =-ïïïỵ

Theo ta có x12 + x1 – x2 = – 2m (3).; Từ (1) (3) ta có hệ (I) :

1

2

1

x x 2m

x x – x – 2m ì + =

-ïï

íï + =

ïỵ Từ hệ (I) có PT : x12 + 2x1 – =  x1 = x1 = -3

+ Với x = x1 = 1, từ đề ta có m = 3

4 ; + Với x = x1 = -3, từ đề ta có m = 3 4

Vậy m = ± 3

4 PT có nghiệm x1, x2 thỏa : x12 + x

1 – x2 = – 2m Bài 5 : Hình vẽ

a) Có AB  OB (t/c tiếp tuyến)  ABO = 900

Có AC  OC (t/c tiếp tuyến)  ACO = 900

Xét tứ giác ABOC có ABO + ACO = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp đường tròn.

b) AB AC hai tiếp tuyến đường tròn (O) nên AO đường trung trực của BC Gọi H giao điểm AO BC, ta có BC = 2BH.

∆ABO vng B có BH đường cao nên OB2 = OH.AO

 OH =

2 OB

AO = 9 5 cm ∆OBH vuông H  BH2 = OB2 – OH2  BH =

12

5 cm ; Vậy BC = 2BH = 24

5 cm c) Gọi E giao điểm BM AC.

∆EMC ∆ECB có MEC = CEB MCE = EBC (Góc nt góc tạo tia tiếp tuyến CA chắn cung MC đường tròn (O))

 ∆EMC ഗ ∆ECB (g-g)  EC2 = EM.EB (*)

∆EMA ∆EAB có MEA = AEB (a) :

Có MAE = MCB (3) (Góc nt góc tạo tia tiếp tuyến CB chắn cung MC của đường trịn (K))

Có MCB = ABE (4) (Góc nt góc tạo tia tiếp tuyến BA chắn cung MB của đường tròn (O)) + Từ (3) (4)  MAE = ABE (b)

- Từ (a) (b)  ∆EMA ഗ ∆EAB (g-g)  EA2 = EM.EB (**)

Từ (*) (**)  EC2 = EA2 EC = EA Vậy BM qua trung điểm E AC

§Ị 18

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 –2016 Mơn thi : Tốn Thi ngày 10 / / 2015

Câu 1 (2,5 điểm) Cho biểu thức

1

P

x x

 

 

a)Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P;b)Tính giá trị biểu thức P 1 x

4



Câu 2 (1,5 điểm) Số tiền mua dừa long 25 nghìn đồng Số tiền mua dừa long 120 nghìn đồng Hỏi giá dừa giá mỗi long ? Biết dừa có quả thanh long có nhau.

Câu 3 (1,5 điểm) Cho phương trình : x2 2 m x m     3 0 (1) (m tham số). a) Giải phương trình (1) với m = 2.

Câu (3 điểm) Cho đường trịn (O) có dây BC cố định khơng qua tâm O Điểm A chuyển động đường trịn (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 (1,5 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa mãn x y 3  Chứng minh rằng:

1 2 9

x y

2x y 2

   

Đẳng thức xảy ? ……… Hết ………

ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu a) ĐKXĐ : x 0 , x  (0,5 đ)

Rút gọn :        

1 x x

P

x

x x x x x

  

   



      x1 2

 (1 điểm)

b) 1 x

4

 

ĐKXĐ Thay vào P, ta :

1

P

1 2

1 1

2 2

4

  

 

(1 điểm)

Câu Gọi x, y (nghìn) giá dừa long. Điều kiện : < x ; y < 25

Theo ta có hệ phương trình

x y 25 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 : x2 6x 0  Ta có :  ' 32  1 8 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  3 8, x1 3 8

b)    

2 2

' m m 2m

      

; Phương trình có nghiệm  2m 0   m2

Theo Vi – ét ta có :

 

1 2

x x 2 m 1

x x m 3

  

  

 

 

Theo ta có :   2

1 2

x x  4 x x  2x x 4  m 1  2  m  3 4

2

2

m 1

m 4m 0

m 3

 

     

 

2

m 3 không thỏa mãn điều m2 Vậy m = 1.

a) BCEF tứ giác nội tiếp (1 điểm) Ta có : BFC 90  o(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

 o

BEC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác BCEF nội tiếp  đpcm. b) EF.AB = AE.BC (1 điểm) BCEF nội tiếp (chứng minh trên)

Suy AFE ACB  (cùng bù với góc BFE) Do AEFABC (g.g)

Suy

EF AE

EF.AB BC.AE

BC AB   đpcm.

c) EF không đổi A chuyển động (0,5 điểm)

Cách 1. Ta có



AE

EF.AB BC.AF EF BC. BC.cos BAC

AB

   

Mà BC không đổi (gt), ABC nhọn  A chạy cung lớn BC không đổi  BAC không đổi 

cos BAC

 không đổi Vậy EF BC.cos BAC  không đổi  đpcm.

Cách Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có: Tâm I trung điểm BC cố định

Bán kính  BC R

2 khơng đổi (vì dây BC cố định)

 Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF đường trịn cố định Vì Tứ giác BCEF nội tiếp đường trịn (I) nên ta có:

  1 

FBE ECF Sd EF

2 (góc nội tiếp) (1)

Lại có: FBE ECF 900  BAC Mà dây BC cố định



 Sd BnC không đổi

 

 BAC1Sd BnC

2 có số đo khơng đổi

  

 FBE ECF900  BAC có số đo khơng đổi (2)

Từ (1) (2)  EF có số đo khơng đổi  Dây EF có độ dài khơng đổi (đpcm) Câu 5 Cách Ta có : Với x, y > x y 3  Ta có :

1 1

x y x y x y

2x y x y

     

              

   

 

=

 

2

1 x y x y 6 3 6

2 x y 2

     

           

     

  .Đẳng thức xảy

1

x

x x

2 y

y

y



 

  



  

     

 Cách Với x, y > x y 3  Ta có :

1 1 1

x y x y x y x y

2x y x y x y

 

    

                

   

   

1 x

x x

4 y y

y

 

  



   

Equation Chapter Section 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN THI: TỐN

Câu 1. Rút gọn biểu thức:

a

1 1

2 3 2 3

P 

  b

2 1

1 .

2

  

  



 

x Q

x x

với x0, x4 Câu Cho phương trình bậc hai x2 2(m1)x m 2m 1 0 (m tham số)

Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn 2

1 4 2 x x  x x  .

Câu Một đội xe nhận vận chuyển 60 hàng khởi hành có xe bị hỏng, xe phải chở nhiều so với dự định Hỏi lúc đầu đội xe có chiếc, biết khối lượng hàng mà xe phải chở

Câu Cho tam giác nhọn ABC, đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB, AC D, E Gọi H giao điểm BE CD.

a Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn b Gọi K giao điểm đường thẳng BC với đường thẳng AH

Chứng minh: tam giác BHK đồng dạng với ACK. c Chứng minh: KD KE BC  Dấu “=” xảy nào? Câu Cho số thực x y z, , thoả mãn x2  y2 z2 1

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F xy2yz zx Hướng dẫn

Câu

c) Từ D kẻ đường vng góc với BC cắt đường tròn I suy BC trung trung trực DI

Mặt khác BC trung trực DI nên góc DKB = góc BKI suy góc BKI = góc EKC suy điểm I, K, E thẳng hàng suy DK + EK = KI + KE = IE  BC (do IE dây cịn BC là đường kính Dấu “=” xảy K trùng O, tam giác ABC cân A

Câu

Ta có (x y z  )2 0;(y z )2 0

2 2 1

2 2

  

 xy yz zx   x y z 

và

2 2 1 1

2 2 2

  

 y z x 

yz 1 1 1

2 2

 

 F   

Dấu ‘‘=’’ xảy 2

0

0; 2

1

  

  

 

   

 

 

    

 

x y z x

y z x

y z

x y z

Vậy giá trị nhỏ F –

§Ị 22

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học: 2015 – 2016 MƠN: TỐN

Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức

3

x P

x

 



1

4

x x

Q

x x

 

 



 với x>0, x4 1) Tính giá trị biểu thức P x = 2) Rút gọn biểu thức Q

3) Tìm giá trị x để biểu thức P

Q đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài II (2,0 điểm) Một tàu tuần tra chạy ngược dịng 60km, sau chạy xi dịng 48km trên dịng sơng có vận tốc dịng nước 2km/giờ Tính vận tốc tàu tuần tra nước n lặng, biết thời gian xi dịng thời gian ngược dòng

Bài III (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình

 

 

2

3

x y x

x y x

    

 

   

 

2) Cho phương trình : x2 (m5)x3m 6 0 (x ẩn số)

a Chứng minh phương trình ln có nghiệm với số thực m

b Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 độ dài hai cạnh góc vng tam giác có độ dài cạnh huyền

1) Chứng minh tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh CA.CB=CH.CD

3) Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng tiếp tuyến N nửa đường tròn qua trung điểm DH

4) Khi M di động cung KB, chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định

Bài V (0,5 điểm) Với hai số thực không âm a, b thỏa mãn a2b2 4, tìm giá trị lớn của

biểu thức

ab M

a b

  

THANG ĐIỂM - HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI – MƠN: TỐN 2015-2016

Bài Ý Nội dung Điểm

I 1)

Khi x =

9 12

P  



0,5

2)

ĐKXĐ: x0;x4 Rút gọn Q=

x Q

x

 

1,0

3)

Ta có:

3 3

:

2

P x x x

x

Q x x x x

 

 

 

     

 

   

Áp dung bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm Ta

2

P Q 

Dấu xảy x = Vây GTNN P/Q = x= 0,5 II Gọi vân tóc thức ca nô x ( x>2, km/h)

Vận tốc ca nơ xi dịng x+2 (km/h) Vận tốc ca nơ ngược dòng x – (km/h)

Thời gian ca nơ xi dịng 48

2

x (h) Thời gian ca nơ ngược dịng

60

x (h) Theo đề ra, ta có phương trình

60 48

2

x  x 

Giải phương trình tìm x = 22(t/mđk); x = -10 (loại) Kết luận

0,25

1.0 0.5 0.25 III 1)

ĐK: x1 Giải hệ phương trình tìm

( / )

x

t m y

  

 

0,75

2)

a) Ta có  

2

2

(m 5) 4(3m 6) m 2m m m

            0,5

b) gọi nghiệm pt x1; x2 Khi x1; x2 tạo thành hai cạnh tam giác vuông với

cạnh huyền

Theo định lí Pytago ta có: x12 + x22= 0.25

Theo định lí Vi ét ta có:

1 2

5

x x m

x x m

  

 

 



Theo x12 + x22=  m = -6 m = (t/m)

0.25

IV 1) 0.25

Tứ giác ACMD nội tiếp

C/m: góc ACD = góc AMD = 900

0.75

2) CA.CB = CH.CD

C/m: tứ giác ANHC nội tiếp suy góc DAC = góc CHB(cùng bù góc NHC) suy tam giác CAD đồng dạng với tam giác CHB

1.0

3) Ba điểm A, N, D thẳng hàng tiếp tuyến N qua trung điểm DH

* tứ giác ACMD nội tiếp suy góc ADC = góc AMC, tứ giác CHMB nội tiếp suy góc AMC = góc HBC = góc NMA suy góc ADC = góc NMA nên tứ giác DNHM nội tiếp góc DNH = 900 góc ANB = 900 suy điều phải chứng minh.

* Vì NJ tiếp tuyến (O) suy góc JND = góc ONB = góc OBN = góc NDH suy tam giác NJD cân J suy JN = JD mà tam giác NDH vuông N suy góc JNH + góc JND = góc JDN + góc JHN = 900 góc JNH = góc JHN suy tam giác INH cân

J suy JN = JH JH = JD nên J trung điểm DH

0.5

0.5 4) MN qua điểm cố định M di chuyển cung KB

Gọi Q giao điểm MN AB; OJ cắt MN L

Ta chứng minh MJ tiếp tuyến (O) suy MN vng góc OJ tam giác

OLQ đồng dạng với tam giác OCJ (g – g) suy

OL OQ

OC OJ suy OL.OJ = OQ.OC Theo hệ thức lượng tam giác vng OMJ ta có OL.OJ = OM2 = R2 (R bán kính

(O)) suy OQ.OC = R2 suy

2 R OQ

OC



O, C cố định R không đổi suy OQ không đổi suy Q cố định MN qua Q

0.5

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  

4

a b   ab

(do 2 ab0; ,a b0Hay a b  2 ab  a b 2 ab

Khi đó, biểu thức M viết lại thành: 2

ab ab

M

a b ab

 

    (1)

Từ (1) (2) ta có:

4 2

2 2

4 2

ab ab

M

ab ab

 

 

 

Áp dụng BĐT Cô-si cho số không âm a, b ta được:

2 4

2

a b

ab   

4 2ab 2.2 2 2

       

2 2

2

M 

   

Dấu “=” xảy khi: 2

2

a b

a b a b

  

  



 



Vậy GTLN biểu thức M 1 a b  2.

0.25

0.25

§Ị 23

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016 Ngày thi : 11 tháng 6 năm 2015Mơn thi : TỐN (Khơng chuyên) Câu 1: (1điểm) Thực phép tính

a) (0,5 điểm) A 3  12 b) (0,5 điểm) B = 3 12  27

Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình 3x2 5x 0 .

Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình

3

2

x y x y

 

 

 

 .

Câu 4: (1 điểm) Tìm m, n biết đường thẳng d :1 y2mx4n qua điểm A(2; 0)

song song với đường thẳng d :2 y4x3

Câu 5: (1 điểm) Vẽ đồ thị hàm số

2

3

y x

Câu 6: (1 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 m 1   xm 0  Chứng minh phương trình cho ln có hai nghiệm phận biệt x1, x2 Tìm hệ thức liên hệ x1, x2

không phụ thuộc vào m

Câu 7: (1 điểm) Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 30 hàng Khi khởi hành bổ sung thêm xe nên xe chở 0,5 hàng Hỏi lúc đầu đồn xe có xe?

Câu 8: (2 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính MN A điểm đường trịn (O), (A khác M A khác N) Lấy điểm I đoạn thẳng ON (I khác O I khác N) Qua I kẻ đường thẳng (d) vuông góc với MN Gọi P, Q giao điểm AM, AN với đường thẳng (d)

a) (1 điểm) Gọi K điểm đối xứng N qua điểm I Chứng minh tứ giác MPQK nội tiếp đường tròn

Câu 9: (1 điểm) Cho góc vng xOy Một đường trịn tiếp xúc với tia Ox A cắt tia Oy

tại hai điểm B, C Biết OA = 2, tính 2

1

AB AC BÀI GIẢI Câu 1 : (1điểm) Thực phép tính

a) A 3  12 3 3   3 ; b) B = 12  27  36 81 15   .

Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình 3x2 5x 0 .

 5 4.3 2  49

       ,  7

5 12 6

x   

;

5

6

x    

Vậy

1 S = 2;

3

 



 

 .

Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phương trình 3 x y x y         x x y        2 x y        x y     

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y;   2; Câu 4: (1 điểm)

1

d :y2mx4n qua điểm A(2; 0) song song với đường thẳng d :2 y4x3.

1

d d 

2m = 4n

 



 

m = n     

 ; m = 2, d :1 y2mx4n qua điểm A(2; 0)  2.2.2 4n   4n8  n2(nhận) Vậy m = 2, n2.

Câu 5: (1 điểm) Vẽ đồ thị hàm số

2

3

y x

BGT

Câu 6: (1 điểm) Phương trình x2 m 1   xm 0  Phương trình có    

2 2 2

' m 1 m m 2m m m 3m

             .

2

2 3

' m 3m m m 0, m

2 4

     

              

      .

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với m

Khi đó, theo Vi-ét : x1x2 2m 2 ; x x1 m 2 m

x x    x x1 2 2m 4  Ax1x2 2x x1 2 2 (không phụ thuộc vào m)

Vậy hệ thức liên hệ x1, x2 không phụ thuộc vào m Ax1x2 2x x1

x 2 1 0 1 2

2

3

Câu 7: (1 điểm) Gọi số xe đoàn xe lúc đầu x (chiếc) x  

Z

Số xe đoàn xe bổ sung thêm x2 (chiếc).

Lúc đầu, lượng hàng xe phải chở 30

x (tấn)

Lúc thêm xe, lượng hàng xe phải chở 30

2

x (tấn)

Do bổ sung thêm xe xe chở

1 0,5

2



hàng nên ta có phương trình :

 

30 30

0, ê

2 x x nguy n

x  x       60x2  60x x x  2  x22x 120 0

 

2

' 1 120 121

      ,  ' 121 11 .

1 11 10

x    (nhận) ; x2  1 1112 (loại) Vậy lúc đầu đồn xe có 10 chiếc.

Câu 8 : (2 điểm)

a) Chứng minh tứ giác MPQK nội tiếp được

Ta có d trục đối xứng đoạn KN (do dMN I IN = IK)  P1P2 (hai góc đối xứng qua trục) (1)



MAN 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 

MAQ MIQ 90   AMIQ nội tiếp được A1M (cùng chắn IQ )

 

NAP NIP 90   AINP nội tiếp  A1P2 (cùng chắn IN )  M1P2 (cùng A 1) (2)

Từ (1), (2)  P1M  Tứ giác MPQK nội tiếp

b) Chứng minh IM.IN=IP.IQ

Ta có IKQ IPM  (cùng bù với MKQ , tứ giác MPQK nội tiếp)

 IKQ∽ IPM (có MIP chung, IKQ IPM  (cmt)) 

IK IQ

IP IM  IM.IK = IP.IQ  IM.IN = IP.IQ (do IK = IN

)

Câu 9 : (1 điểm) Tính 2

1

AB AC

Lấy C’ đối xứng với C qua Ox  AC = AC'  1  2

A A (hai góc đối xứng qua trục)

 

A B 

1 AC

 BAC' BAO A  BAO B  1900  ABC' vuông A, có đường cao AO

 2 2 2

1 1 1 1

AB AC AB AC' AO 2 4 HẾT

-§Ị 24

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TP.HCM Năm học: 2015 – 2016 MƠN: TỐN

Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 8x15 0 ; b) 2x2 2x 0 ; c) x4 5x2 0 ; d)

2

3

x y x y

  



  

Bài 2: (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị (P)của hàm sốy x 2và đường thẳng (D):y x 2trên hệ trục toạ độ.

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) câu phép tính.

Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau:

1 10

( 0, 4)

2

x x x

A x x

x

x x

 

    



 

B(13 3)(7 3) 20 43 24 3    

Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 mx m  0 (1) (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Định m để hai nghiệm x x1, 2của (1) thỏa mãn

2

1

1

2

1

x x

x x

 



 

Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn Đường trịn tâm O đường kính BC cắt cạnh AC, AB E, F Gọi H giao điểm BE và CF D giao điểm AH BC.

a) Chứng minh : ADBC AH.AD=AE.AC b) Chứng minh EFDO tứ giác nội tiếp

c) Trên tia đối tia DE lấy điểm L cho DL = DF Tính số đo góc BLC d) Gọi R, S hình chiếu B,C lên EF Chứng minh DE + DF = RS ĐÁP ÁN CHI TIẾT - MƠN TỐN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT -TPHCM

Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2 8x15 0 ( ' 4  215 1)  x  4 hay x 4 3

b) 2x2 2x 0 (2)

2 2 2

2 4(2)( 2) ;(2)

4

  

      x  hay x 

d)

2 17 17

3 4

x y x x

x y x y y

                   

Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) qua O(0;0), 1;1 , 2;4   (D) qua 1;1 , 2;4  

b) PT hoành độ giao điểm (P) (D) là

x2  x 2 x2 x 0  x1 hay x2 (a-b+c=0)

y(-1) = 1, y(2) = Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) 1;1 , 2; 4  

Bài 3:Thu gọn biểu thức sau

1 10

( 0, 4)

2

x x x

A x x

x

x x

 

    



  Với (x0,x4) ta có :

.( 2) ( 1)( 2) 10

2

4

x x x x x x

A

x x

      

  

 

(13 3)(7 3) 20 43 24

B      (2 1) (2  3)2 20 (4 3)  2

(3 4) 20 2(4 3)

     (3 4) 2 (3 1) 43 24 8(3 1)   = 35

Câu 4: Cho phương trình x2 mx m  0 (1) (x ẩn số)

a) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt với giá trị m 4( 2) 4 8 ( 2)2 4 0,

m m m m m m

            

Vậy phương trình có nghiệm phân biệt với m b) Định m để hai nghiệm x x1, 2của (1) thỏa mãn

2 2 2 1 x x x x     

Vì a + b + c = 1 m m  2  1 0, m nên phương trình (1) có nghiệm x x1,  1, m. Từ (1) suy : x2 2mx m

2

1 2

1 2

2

1 1

x x mx m mx m

x x x x

           2 2

( 1)( 1)

4

( 1)( 1)

m x x

m m

x x

 

     

 

Câu a)Do FCAB BE, AC H trực tâm  AH BC. Ta có tứ giác HDCE nội tiếp

Xet tam giac đồng dạng EAH DAC (2 tam giac vng co góc A chung)

AH AE

AC AD

 

AH AD AE AC

  (ñccm)

b) Do AD phân giác FDE nênFDE2FBE 2FCE FOE 

Vậy tứ giác EFDO nội tiếp (cùng chắn cung EF) c) Vì AD phân giác FDE  DB phân giác FDL

 F, L đối xứng qua BC  Lđường tròn tâm O

Vậy BLC góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O BLC 900

 

d) Gọi Q giao điểm CS với đường tròn O

C B A F E L R S

D O

Q

Vì cung BF, BL EQ (do kết trên)

 Tứ giác BEQL hình thang cân nên hai đường chéo BQ LE nhau.

Mà BQ = RS, LE = DL + DE = DF + DE suy điều phải chứng minh.

§Ị 25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. (1,5 điểm) 1) Giải phương trình 5x2 – 16x + = 0 2) Giải hệ phương trình

¿

3x −2y=5 x+3y=7

¿{

¿

; 3) Giải phương trình x4 + 9x2 = 0

Câu 2. (2,5 điểm) 1) Tinh: √2+2+

1 3.√18

2) Tìm m để đồ thị hàm số y = 4x + m qua điểm (1;6) 3) Vẽ đồ thị (P) hàm số y= x2

2 Tìm tọa độ giao điểm (P)và đường thẳng y = 2.

Câu 3. (1,25 điểm) Hai công nhân làm chung công việc thì xong Nếu người thứ làm 20 phút người thứ hai làm 10 giờ thì xong cơng việc Tính thời gian công nhân làm riêng xong công việc.

Câu 4. (1,25 điểm) 1) Chứng minh phương trình x2 – 2x – = 0 có hai nghiệm phân

biệt x1, x2 Tính T = 2x1 + x2.(2 – 3x1).

2) Chứng minh x2 – 3x + > 0, với số thực x.

Câu 5. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) tâm O đường kính AB Lấy hai điểm phân biệt

C D thuộc đường tròn (O); biết C D nằm khác phía đường thẳng AB. Gọi E, F tương ứng trung điểm hai dây AC, AD.

1) Chứng minh AC2 + CB2 = AD2 + DB2.

2) Chứng minh tứ giác AEOF nội tiếp đường tròn Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEOF.

3) Đường thẳng EF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE điểm K khác E. Chứng minh đường thẳng DK tiếp tuyến đường trịn (O) Tìm điều kiện tam giác ACD đề tứ giác AEDK hình chữ nhật.

§Ị 26

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 11/6/2015

b) Giải hệ phương trình phương trình sau: a/

x y x y

 

 

 

 b/ x2 2x 0  c/ x4  3x2  0

Bài II: (1,0 điểm) Cho phương trình x2 m x m    2 3m 0 (x ẩn số, m tham số) Định m để phương trình có hai nghiệm x , x1

2 tìm giá trị nhỏ biểu thức B x 12 x227

Bài III: (2,0 điểm) Cho parabol  P : y x 2và đường thẳng  d : yx 2 Vẽ đồ thị (P) (d) mặt phẳng tọa độ

Bằng phép tính, xác định tọa độ giao điểm A, B (P) (d)

Tìm tọa độ điểm M cung AB đồ thị (P) cho tam giác AMB có diện tích lớn

Bài IV: (1,5 điểm) Khoảng cách hai bến sông A B 30 km Một canô xi dịng từ A đến B, rối ngược dòng trở A Thời gian kể từ lúc lúc 20 phút Tính vận tốc dịng nước, biết vận tốc thực canô 12 km/h

Bài V (2,0 điểm) Cho đường trịn tâm O Từ điểm M nằm ngồi đường tròn (O) vẽ tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B hai tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O, C nằm M D

1 Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn Chứng minh: MA2 = MC.MD.

3 Gọi trung điểm dây CD H, tia BH cắt O điểm F Chứng minh: AF // CD Bài (1,0 điểm) Cho hình nón có bán kính đáy cm, đường sinh 13 cm Tính diện tích xung quanh thể tích hình nón cho

-HẾT -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10

Bài I  

A 3  2 3  3  2 3

a/

x y

  



 b/ S = {—2; 4} c/ S = {—2; 2} (hs tự giải)

Bài II. Phương trình x2 m x m     3m 0 (x ẩn số, m tham số)

     

2

/ b/ ac m 1 1 m2 3m m2 2m m2 3m m 1

               

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt ∆/> ⇔ m + > ⇔ m > -1

Theo Vi-ét:

 

1

2

b

x x m

a c

x x m 3m

a



   

  

   

 

 2    

2 2

1 2

2

2 2 11 21

4m 8m 2m 6m 2m 2m 11 m m m

2 2

   

                 

   

Vì

2

1 21 21

2 m

2 2

 

  

 

  nên Bmin =

21

2 Dấu “=” xảy m

2

 Bài III Vẽ đồ thị (P) (d) hình vẽ

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d): x2 = –x + ⇔ x2 + x – = 0

⇔ x = x = —2

Nếu x = —2 y = ⇒ A(—2; 4) Nếu x = y = ⇒ B(1; 1)

3.Gọi M(xM; yM) điểm thuộc parabol (P), cung AB cho diện tích tam giác AMB lớn Gọi D, C, H hình chiếu vng góc A, B M xuống trục Ox Khi đó:

   

ABCD

AD BC DC 15 S

2 2

 

  

nên AMB ABCD  AMHD BMHC  AMHD BMHC 15

S S S S S S

2

     

Do đó: SAMB lớn SAMHD + SBMHC bé

 M    M  

AMHD BMHC

4 y OD OH y OB OH

S S

2

   

   4 y xM  M 1 yM 1 xM

2

   

 

M M M M M M M M

8 4x 2y y x x y x y

2

      

 3xM 3yM

2

 



Vì M(xM; yM) thuộc (P) nên

2

M M

y x

Do đó:

 

2

M M 2

M M

AMHD BMHC M M

3 x x

9 3x 3x 1

S S x 2x

2 2

                  2 M M

3 15 15

x x

2 2 2 4

    

           

   

 

 

Vậy SAMHD + SBMHC đạt giá trị bé 15

4 M x

2



Thay M x

2



vào phương trình yM x2M ta M

1 y

4



Vậy: điểm

1

M ;

2

 

 

  thuộc parabol (P): y x 2 tam giác AMB có diện tích lớn Bài IV Gọi x (km/h) vận tốc dòng nước (ĐK: < x < 12)

Theo đề bài, ta có phương trình:

30 30 16

12 x 12 x   3 ⇔ x2 = 9 Giải phương trình được: x = —3 (loại) x = nhận Vậy vận tốc dòng nước (km/h)

Bài V

Gv : Phạm Văn Cương THCS Đông Gia

F

H

D

C

Bộ đề thi tuyển sinh năm 2015 – 2016 tỉnh a) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp

Tứ giác MAOB có:



MAO 90 (gt); MBO 90  0(gt); MAO; MBO  đối nhau; MAO MBO 180  

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường trịn đường kính AO b) Chứng minh: MA2 = MC.MD

Hai tam giác DMA AMC có: M chung; MAC MDA  (góc nội tiếp góc tạo tiếp

tuyến dây chắn cung AC) nên: ∆DMA ∽∆AMC (g-g) Suy ra:

MA MD

MC MA ⇒ MA2 = MC.MD c) Chứng minh: AF // CD

Ta có: H trung điểm dây CD nên OH ⊥ CD (Định lý quan hệ đường kính dây) Suy MHO MBO 90   0nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn.

⇒ MHB MOB  (1) (góc nội tiếp chắn cung MB)

OM tia phân giác góc AOB (MA,MB hai tiếp tuyến (O) cắt M)⇒

 1

MOB AOB

2



Mà

 1

AFB AOB

2



(góc nội tiếp góc tâm chắn cung AB) ⇒ AFB MOB  (2)

Từ (1) (2) suy ra: AFB MHB 

Mà AFB MHB hai góc vị trí đồng vị nên suy AF // CD

Bài VI + Diện tích xung quanh hình nón:  

2 xq

S rl.5.13 65  cm

+ Thể tích hình nón: h l r2  13 12 cm2   ;  

2

1

V r h 12 100 cm

3 3 

  

§Ị 27

SGD – ĐT TP CẦN THƠ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học : 2015 - 2016 MƠN TỐN – thời gian 120 phút

Câu 1: (2,5 điểm)1)Giải phương trình hệ phương trình tập số thực:

2

) 2  3  27 0

a x x ) 72 0

  

b x x

3 21

)

2

 

 

 



x y

c

x y

2)Tính GTBT

x y

P

y x

 

với x  2 3 ;y  2 3 Câu 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (P): y =

2

1 x



a) Vẽ đồ thị (P).

b) Gọi A(x1, y1) B(x2;y2) hoành độ giao điểm (P) (d): y = x – Chứng minh: y  y  5(x x ) 0

B

Câu 3: (1,5 điểm) Cho phương trình x2  ax  b2  5 0 a)GPT a = b = 3

b) Tính 2a3 + 3b4 biết phương trình nhận x

1 = 3, x2= -9 làm nghiệm.

Câu 4: (1,5 điểm) Nhân ngày quốc tế thiếu nhi, 13 HS ( nam nữ) tham gia gói 80 phần quà cho em thiếu nhi Biết tổng số quà mà HS nam gói tổng số quà mà HS nữ gói Số quà bạn nam gói nhiều số quà mà bạn nữ gói phần Tính số HS nam nữ.

Câu 5: (3 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB =2R Đường thẳng qua O và vng góc AB cắt cung AB C Gọi E trung điểm BC AE cắt nửa đường tròn O F Đường thẳng qua C vng góc AF G cắt AB H

a) Cm: tứ giác CGOA nội tiếp đường trịn Tính OGH b) Chứng minh: OG tia phân giác C F O

c) Chứng minh CGO CFB d) Tính diện tích FAB theo R.

GIẢI

Câu1:1)

2

1

) 27 0; ( 3) 4.2.( 27) 116 225;

9

: ;

2

          

 

a x x

PT co nghiem x x

4

)   72 0; : 3

b x x PT nghiem x

3 5 21 2

) :

2 1 3

  

 

 

  

 

x y x

c co nghiem

x y y

2) Ta có:

 2  2

2 2 3 2 3 2 3

4

( )( )

x y x y

P

y x xy

  

   

     

 

Câu 2:

a) vẽ, độc giả tự giải

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d):

2

1

2 x



= x – 4 x2 2x 8 0 Giải phương trình ta được: x = ; x = -4; Tọa độ giao điểm là: (2; -2) (-4; -8) Khi đó: y1  y2  5(x1x2)  2 ( 8) 5(2 4) 0  

Câu 3: x2  ax b2  5 0 a) Khi a = b = ta có phương trình: x2 – 3x – = 0 a – b + c = – (-3) – = nên phương trình có nghiệm: x = -1; x =

b) Vì phương trình nhận x = 3; x = -9 nghiệm nên ta có hệ phương trình

2

2

2

3

12 72

9 14

14 32

81 9 86

2 2.( 6) 3.32 432 3072 2640

 

         

 

  

   

  

     

   

 

        

a a

a b a b

b a b

a b a b

Câu 4: Gọi x (HS) số HS nam.ĐK: 0<x<13, x nguyên Số HS nữ là: 13 – x ( HS)

Số phần quà mà HS Nam gói được:

40

x ( phần)

Số phần quà mà HS nữ gói được:

40

13 x (phần)

Theo tốn ta có phương trình:

40 40

3 40(13 ) 40 (13 )

13

      

 x x x x

x x

2

520 40 40 39 3 3 119 520 0

  x x x x  x  x 

Giải phương trình ta x = Vậy số HS nam 5, số HS nữ

Câu 5: a) Ta có AOC AGC 900 nên O, G nhìn AC góc 900 Do tứ giác ACGO nội tiếp đường trịn đường kính AC OGH OAC

Mà OAC vng cân O Nên OAC 450 Do OGH 450

b) Vì tứ giác ACGO nội tiếp Nên CAG COG ( chắn cung CG) Mà

  O

2

CAG  C F

( góc nột tiếp góc tâm chắn cung CF)

  O

2

COG C F

 

Nên OG tia phân giác C F O

c)Xét CGO CFB có CGO CBF ( góc C F A )

  (  )

OCG FCB OAG Nên hai tam giác đồng dạng.

d) Gọi D giao điểm CO AE Ta có D trọng tâm CAB(CO AE trung tuyến) Nên OD=

1

3OC=

R

Do theo định lý Pita go ta tính được: AD= 3 10

R

Mà AOD AFB (g-g)

Nên 2 A 10 10

2 36 18

AOD FB

R

S AD

S AB R

                       A

5 18

:

18 5

FB ADO

R

S S R R

   

§Ị 28

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Năm học: 2015 – 2016 HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH Mơn thi: TỐN (khơng chun)

Bài 1: (2 điểm) a/ Giải phương trình    

2 9 2 9

x   x x x 

b/ Giải hệ phương trình

 22  2

2

4 4

3

x y x y

Bài 2: (1,5 điểm) Cho phương trình

   3

0

x m x m

x

  



 (1)

a/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x x1,

b/ Tìm m để x12x22 5x x1 14m2 30m4 Bài 3: (1,5 điểm) a/ Rút gọn Q =

3 36

:

3 3

x x x

x

x x x x

    

 

 



  

  (x > 0, x9,x25

b/ Tìm x để Q < 0

Bài 4: (2 điểm) a/ Cho tam giác vuông Nếu ta tăng độ dài cạnh góc vng thêm 3cm diện tích tăng thêm 33cm2; giảm độ dài cạnh góc vng 2cm và tăng độ dài cạnh góc cịn lại thêm 1cm diện tích giảm 2cm2 Hãy tính độ dài các cạnh tam giác vuông

b/ Bạn An dự định khoảng thời gian từ ngày 1/3 đến ngày 30/4 giải mỗi ngày toán Thực kế hoạch thời gian, vào khoảng cuối tháng 3 (tháng có 31 ngày) An bị bệnh, phải nghỉ giải tốn nhiều ngày liên tiếp Khi hồi phục, tuần đầu An giải 16 bài; sau đó, An cố gắng giải ngày và đến 30/4 An hoàn thành kế hoạch định Hỏi An phải nghỉ giải toán bao nhiêu ngày?

Bài 5. (2 điểm) Hình bình hành ABCD có tam giác ADC nhọn, ADC600 Đường

tròn tâm O tiếp tam giác ADC cắt cạnh AB E (E A), AC cắt DE I

a/ Chứng minh tam giác BCE IO  DC

b/ Gọi K trung điểm BD, KO cắt DC M Chứng minh A, D, M, I thuộc một đường tròn

c/ Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tính

OJ DE

§Ị 29

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN THI: TỐN CHUN Ngày thi: 12 tháng năm 2015

Câu (1,5 điểm) Cho hai số thực a, b thỏa điều kiện ab = 1, a + b  Tính giá trị

của biểu thức:

P =      

3 3 2

1 1 1 1

a b a b a b

a b a b a b

     

    

     

     

  

Câu (2,5 điểm) a/ Giải phương trình: 2x2 + x + = 3x x3

Câu (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD Đường thẳng qua C vng góc với CD

cắt đường thẳng qua A vng góc với BD F Đường thẳng qua B vng góc với AB

cắt đường trung trực AC E Hai đường thẳng BC và EF cắt K Tính tỉ số

KE KF

Câu (1 điểm) Cho hai số dương a, b thỏa mãn điều kiện: a + b  1

Chứng minh rằng:

2 a a a b    

Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Gọi M

là trung điểm cạnh BC N là điểm đối xứng M qua O Đường thẳng qua A

vng góc với AN cắt đường thẳng qua B vng góc với BC tại D Kẻ đường kính AE. Chứng minh rằng:

a/ Chứng minh BA BC = 2BD BE

b/ CD qua trung điểm đường cao AH tam giác ABC

Câu (1 điểm) Mười vận động viên tham gia thi đấu quần vợt Cứ hai người trong họ chơi với trận Người thứ thắng x1 trận thua y1 trận,

người thứ hai thắng x2 trận thua y2trận, , người thứ mười thắng x10 trận thua 10

y trận Biết trận đấu quần vợt khơng có kết hịa Chứng minh

rằng: x12x22 x102 y12y22 y102

Hướng dẫn giải

Câu 1. Với ab1, a b 0, ta có:

   

     

     

a b a b

a b

P

a b ab a b ab a b ab

         2 3

3

3          

a b a b

a b

a b a b a b

         2 3

3

3         a b a b

a b a b a b

         2 2

2 4

3

1     

 

a b a b a b

a b

     





2

2 2

1      

 

a b a b a b

a b

      





2 2 2

1

   

 

 

 

a b a b a b

a b a b

     

 

 

2

2 2 2

4

4  

 

 

 

a b

a b ab

a b a b

            2 2 4

Vậy P 1, với ab1, a b 0. Câu 2a. Điều kiện: x 3

Với điều kiện trên, phương trình trở thành:  x   x  x   x   2

2 3

 x  x  x   x  x   x 

       

2

2 3

   

x x x x x x

  3  3  3 0

x x   x x  x x

x x                (1)

3



x

x x x

x x x

x x x x

x                                            2 13

0 1 13

(1) : 2

3

1 13

2



x

x x x

x x x

x x x x

x                                     2

0 1

(2) :

3 4 3

4

So với điều kiện ban đầu, ta tập nghiệm phương trình cho là:

S  

 

 

1 13 1;

2 Câu 5. a) Chứng minh BA BC = 2BD BE

 Ta có: DBA ABC  900, EBM ABC  900 DBA EBM  (1)

 Ta có: ONAOME (c-g-c)  EAN MEO 

Ta lại có: DAB BAE EAN   900,

và BEM BAE MEO   900 DAB BEM  (2)

 Từ (1) (2) suy BDA #BME (g-g)

BD BA BC

BD BE BA BM BA

BM BE

    

2  2BD BE BA BC 

b) CD qua trung điểm đường cao AH ABC

 Gọi F giao BDvà CA.Ta có BD BE BA BM  (cmt)

BD BM

BA BE

  BDM BAE

  # (c-g-c)

 

BMD BEA

  Mà BCF BEA (cùng chắn AB )

 

BMD BCF

   MD CF/ /  D trung điểm BF .

 Gọi T là giao điểm CD AH

BCD

 có TH BD/ /  T HBD CTCD (HQ định lí Te-let) (3)

FCD

 cóTA FD/ /

TA CT FD CD

 

(HQđịnh lí Te-let)(4)Mà BD FD (Dlà trung điểm BF )(5)

 Từ (3), (4) (5) suy TA TH T trung điểm AH .

§Ị 30

ĐỀ + ĐA THI TOÁN VÀO LỚP THÁI NGUYÊN 2015 – 16

A

B M C

HD GIẢI & ĐẤP ÁN

Câu 2: áp dụng HĐT (a+b)(a – b) trục mẫu  ĐA : A = 2

Câu 3: Để có giao điểm đề thì d2 phải y’ = 2x –

2x – = 2x + – k  k = ĐS

Câu 4: ĐK : x > 0,

áp dụng HĐT (a + b)(a – b) trục mẫucó

Câu 5:

4 – 2x (với y  0) *

2x – ( với y < 0)** Thế (*) vào PT2 ta có x = 13/10 ; y = 7/5 (ĐS)

Thế (**) vào PT2 ta có x = 11/2 ; y = ( cặp nghiệm không nhận được)

Câu 6: Áp dụng HĐT a3 + b3 cơng thức tính x

1 + x2 ; x1.x2  C = – 21 (ĐS)

Câu 7: Áp dụng công thức Pytagor tỉ lệ cạnh tam giác vng đồng dang, có : AH2 = 12 – 80 = 80

AH = 4 (cm)

BC/BA = BA/BH  BC = BA 2/BH = 18 (cm)

 S ABC = ½( 4 x 18 ) = 36  (cm2)

Câu 8:Tiếp tuyến AM  OM E trung điểm NP  OE NP Tứ giác AMOE có góc đối diện vng

 A,M,O,E đương trịn

Câu 9: Theo đề ta có: DH = ½(DC – AB) = 1,5 cm tang D = AH/DH =  AH = (cm)

 SABCD = ½(10 + 7).6 = 51 (cm2)

Câu 10: Gợi ý: Kẻ tiếp tuyền dA (tiếp điểm A)

 dA  OA

Từ cặp góc suy ra dA // B’C’  OA  B’C’

§Ị 31

SỞ GIÁO DỤC VÀ

ĐÀO TẠO NGHỆ AN CHUYÊN PHAN BỘI CHÂUNĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn thi: TỐNKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10TRƯỜNG THPT

Câu 1 (7,0điểm).a) Giải phương trình x2 5x x x 4      x24x 5.

b) Giải hệ phương trình 2

1 1

x y 2

y x .

2x y xy 4xy 2x y

   

  

  

 

 

    



Câu (2,0 điểm) Cho a,b số nguyên dương thỏa mãn a2 b ab2

Tính giá trị biểu thức

2

a b

A

2ab



 

Câu (2,0 điểm) Cho a,b,c số thực Chứng minh

2

2 2 3(a b c)

(a 1)(b 1)(c 1) .

4

 

   

Câu (7,0 điểm) Cho đường trịn (O;R)có BC dây cố định (BC 2R) ; E là điểm cung nhỏ BC Gọi A điểm di động cung lớn BC AB < AC (A khác B) Trên đoạn AC lấy điểm D khác C cho ED = EC Tia BD cắt đường tròn (O;R)tại điểm thứ hai F.

a) Chứng minh D trực tâm tam giác AEF.

b) Gọi H trực tâm tam giác DEC; DH cắt BC N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai M Chứng minh đường thẳng DM luôn qua điểm cố định.

Câu (2,0 điểm) Cho tập hợp A gồm 21 phần tử số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng 11 phần tử lớn tổng 10 phần tử lại Biết số 101 102 thuộc A Tìm tất phần tử A.

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨCMơn: TỐN

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 7,0đ

a

3,0đ ĐKXĐ: x 4 .

2

x  5x x x 4      x 4x 5

⇔ (x 1)(x 4) x x 4       (x 1)(x 5) 0  

0,5

⇔ x 1  x 4  x 5   x 4  x 5  0 0,5

⇔  x 2    x 4  x 5  0 0,5

x x

x

   

 

  

0,5

x x x

   

    

Câu Nội dung Điểm x

  (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x 5 . 0,5

b 4,0đ

ĐKXĐ: x 0; y 0  .

2

1

x y (1)

y x

2x y xy 4xy 2x y (2)

                   

 Phương trình (2)

⇔ 2 1

2x y

y x    

0,5

1

2(x ) (y ) (3)

y x      0,5 Đặt a x y b y x          

 Kết hợp với (1) và(3) ta có hệ

ab 2a b

      0,5

a(4 2a) a 2a a

b 2a b 2a b

                       0,5 Với a b    

 ta có

x

xy y y

xy 2x y x                    0,5 y 2x y 2x

x(2x 2) 2x 2x 4x

                  0,5 2 x y        



2 x y       

 (thỏa mãn).

Vậy hệ cho có nghiệm (x;y)

2

( ; 2)

2 

2

( ; 2)

2   . 1,0 Câu 2 2,0 đ

Ký hiệu (x;y) ước chung lớn hai số nguyên x và y. Gọi d = (a;b) => a da ; b db  1, với (a ; b ) 11 

2 2 2 1 a b d (a b )

    ab d a b 1 1

0,5

2 2 2

1 1 1 1 d (a b ) d a b a b a b

      0,5

2

1 1 1 a b a a b

     mà (a ; b ) 11 1   a b11 Tương tự b a11 suy a1 b1 1 0,5 2

1

1 d (a b )

A

2d a b 

  

.

Câu Nội dung Điểm

2 2

3

4(x y)z 2(x y) 2z 3(x y z)

2 

         

2

2 2 3(a b c)

(a 1)(b 1)(c 1)

4  

    

Dấu đẳng thức xảy ra khi

1

a b c

2   

Đặt x a 2, y b 2, z c 2.   Ta cần chứng minh

2 2

(x 2)(y 2)(z 2) 3(x y z)   .

0,5 Ta có (x22)(y22) (x 21)(y21) x 2y2 3 x y2 2 1 2x22y23

2

2 2 (x y)

(x 2)(y 2) 2xy x y (x y)

2



 

            

0,5

2 2 2 2

(x 2)(y 2)(z 2) (x y) z 2(x y) 2z

2 

            0,5

0,5

Câu 4 7,0 đ

a 4,0đ

Tứ giác ABEC nội tiếp suy ABE ACE 180   o 0,5

Mà EDC ACE  ADE EDC 180   o 0,5

nên ABE ADE.  Kết hợp với BAE DAE  => ABE ADE.  0,5

Mặt khác EB = EC = ED nên AE trung trực đoạn BD 0,5 => AEBF (1) AB = AD => ABD ADB.  0,5

Kết hợp với ABD DCF  (cùng chắn cung AF) ADB FDC  (đối đỉnh).

Suy FDC FCD   tam giác FDC cân F.

0,5 => FD = FC Kết hợp với ED = EC => EF trung trực DC =>

DCEF (2). 0,5

Từ (1) (2) suy D trực tâm tam giác AEF. 0,5

b 3,0đ

Kẻ đường kính EK (O;R).Khi điểm K cố định. Tứ giác BDNM nội tiếp nên BMD BND 

0,5

 o 

BMD 90 BCE

  

 o

90 BAC (3)

  0,5

Tứ giác ABMK nội tiếp nên BMK 180  0 BAK . 0,5 Mà

   o 1

BAK BAE EAK 90 BAC

2

    0,5

 o 1

BMK 90 BAC (4)

  

Từ (3) (4) suy BMD BMK 

0,5 Suy ba điểm M, D, K thẳng hàng Do MD ln qua điểm K cố định 0,5 Câu 5

2,0 đ Giả sử A =a ;a ;a ;a1 3; 21 với a ;a ;a ;a1 3; 21Z a1a2 a3  a 21. Theo giả thiết ta có a1a2a3 a 11 a12a13 a 21

0,5

H

M N

F D

K

E O

B

Câu Nội dung Điểm  a1a12  a2a13 a3 a 21 a11 (1)

Mặt khác với x; y Z và x y y x 1 

12 13 21 11

a a 10, a a 10, ,a a 10 (2)

      

Nên từ (1) suy a110+10+ +10 = 100 => a1=101 (vì 101 A).

0,5

=>101 a 12 a2a13  a3 a 21 a11 100 12 13 21 11

a a a a a a 100

        Kết hợp với (2)

12 13 21 11

a a a a a a 10 (3)

       

12 12 11 11 10 10 a a (a a ) (a a ) (a a ) 10

          

12 11 11 10

a a a a a a

        (4)

0,5

Ta có a1=101 mà 102 A => a2=102

Kết hợp với (3) (4) suy A =101;102;103; ;121 

0,5

§Ị 32

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTNĂM HỌC 2015 - 2016 Ngày thi: 11/6/2015 Môn thi: Toán

Bài 1: (1,5 điểm) Thực phép tính: 4 16 9 Rút gọn biểu thức: M =

a + a a a

1

a +1 a

    

 

   

  

 

  Với a ≥ a ≠ 1.

Bài 2: (2,0 điểm) 1.Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) x +3x 4=02  b)

2x y

3x 2y 12

 

 

 



2 Cho phương trình: x2 – 2x + m + = (với m tham số)

a) Tìm m để phương trình có nghiệm x = tìm nghiệm cịn lại.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn hệ thức

2

1 2 4 0. x x  x x  

Bài 3: (2,0 điểm) Hai đội công nhân làm chung xong đường Nếu đội làm riêng để xong đường thời gian đội thứ đội thứ hai Hỏi làm riêng đội làm xong đường thời gian bao lâu?

Bài 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn đường kính AB C điểm nằm hai điểm A B Trên nửa mặt phẳng có bờ AB chứa nửa đường trịn, vẽ hai tia Ax By

tiếp xúc với nửa đường tròn cho Trên tia Ax lấy điểm I (với I khác A); đường thẳng vng góc với CI C cắt tia By K Đường trịn đường kính IC cắt tia IK E

1 Chứng minh tứ giác CEKB nội tiếp đường tròn. 2 Chứng minh AI BK = AC.CB.

4 Cho điểm A; B; I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích hình thang ABKI lớn nhất.

Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y số dương thỏa mãn (11x + 6y + 2015)(x – y + 3) = 0. Tìm giá trị nhỏ biểu thức P xy  5x2016

§Ị 33

Câu 1(2,0 điểm) Giải phương trình:a

1

1 2

x  x x ; b. 2 1x  3 x 3 5x .

Câu 2(1,5 điểm) Giải hệ phương trình

2

2 5 ( , )

x x y y

x y R x y

  



 

 



Câu (1,5 điểm).Cho số thực a , b thoả mãn a b 3,ab1 Tính giá trị biểu thức P =

2

( a b a)( b )

a a b b

 

 .

Câu (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đương trịn (O), AB < AC Phân giác góc BAC cắt BC D Đường trịn tâm I đường kính AD cắt AB, AC lần lượt tại E F

a) Chứng minh AD vng góc với EF

b) Gọi K giao điểm thứ hai AD (O), Chứng minh ∆ABD ~ ∆AKC c) Kẻ EH vng góc với AC H Chứng minh HE AD = EA EF

d) Hãy so sánh diện tích tam giác ABC với diện tích tứ giác AEKF Câu 5 (1 điểm).Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 2

a b c

b  c  a

  

§Ị 35

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUNNăm học 2015 – 2016 Mơn: TỐN (chun)

Bài (2,0 điểm) 1) Cho đa thức P x  ax2bx c Biết P x  chia cho x1 dư 3, P x 

chia cho x dư P x  chia cho x 1 dư Tìm hệ số a b c, , .

2) Cho số a b x y, , , thỏa mãn

4

2

1

0, 0, x y ;

ab a b x y

a b a b

      

 Chứng minh rằng:

a) ay2 bx2 ; b)  

200 200

100 100 100

2 .

x y

a  b  ab

Bài (2,5 điểm) 1) Giải hệ phương trình

   

 

2

4

4

y x y x x x

x y x y

     

 

   

 

2) Giải phương trình 3x1 x2  x 3x2 4x 0.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Bài (3,0 điểm) Cho hai đường tròn   O1 , O2 tiếp xúc M. Một đường thẳng cắt

đường tròn  O1 hai điểm phân biệt A B, tiếp xúc với đường tròn O2 E (B nằm

giữa A E) Đường thẳng EM cắt đường tròn  O1 điểm J khác M Gọi C điểm

thuộc cung MJ khơng chứa A B, đường trịn  O1 (C khác M J) Kẻ tiếp tuyến CF với đường tròn O2 (F tiếp điểm) cho đoạn thẳng CF MJ, không cắt

Gọi I giao điểm đường thẳng JC EF K, giao điểm khác A đường thẳng AIvà đường tròn  O1 Chứng minh rằng:

1) Tứ giác MCFI tứ giác nội tiếp JA JI  JE.JM 2) CI phân giác góc ngồi C tam giác ABC 3) Klà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI

Bài (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên x y, thỏa mãn 2 2 2 2  11879.

x x x x y

     

Bài (1,5 điểm)

1) Trong mặt phẳng cho tập S gồm 8065 điểm đôi phân biệt mà diện tích tam giác có đỉnh thuộc tập S không lớn (quy ước điểm thẳng hàng diện tích tam giác tạo điểm 0) Chứng minh tồn tam giác T có diện tích khơng lớn chứa 2017 điểm thuộc tập S (mỗi điểm số 2017 điểm nằm nằm cạnh tam giác T )

2) Cho ba số dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức

 2  2  2

2 2

2 2 2 2 2

4 4

3

2 2

a b c b c a c a b

a b c b c a c a b

     

  

     

§Ị 36

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LƠP 10 THPT

TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU Năm học 2015 – 2016 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 15 tháng năm 2015

Bài 1: (2,5 điểm) a) Giải phương trình: x(x+3)= x2 + 6

b) Giải hệ phương trình:

3x-2 11 x

y y

 



 

 ; c) Rút gọn biểu thức:

2

27

3

P  



Bài 2: (2.0 điểm) Cho parabol (P): y = x2

a) Vẽ Parabol (P)

b) Tìm tọa độ giao (P) đường thẳng (d): y =2x +3

Bài 3: (1,5 điểm) a) Cho phương trình x2 + x + m - = (1) Tìm tất giá trị m để

phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x12 + 2x1x2 - x2 =

b) Giải phương trình

2

1

2x 2x

O A

B C

M I N

P

Q

D

E F

T K

1

1

1

Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường trịn (O) điểm A nằm ngồi (O) Dựng cát tuyến AMN không qua O, M nằm A N Dựng hai tiếp tuyến AB, AC với (O) ( B,C hai tiếp điểm C thuộc cung nhỏ MN) Gọi I trung điểm MN

a) Chứng minh tứ giác ABOI nội tiếp

b) Hai tia BO CI cắt (O) D E (D khác B, E khác C) Chứng minh góc CED = góc BAO

c) Chứng minh OI vng góc với BE

d) Đường thẳng OI cắt đường tròn P Q (I thuộc OP); MN cắt BC F; T giao điểm thứ hai PF (O) Chứng minh ba điểm A; T; Q thẳng hàng

Bài 5: (0,5 điểm)Cho hai số dương x, y thỏa x  2y Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2

2x y 2xy P

xy

  

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 3: (1,5 điểm) a) Cho phương trình x2 + x + m - = (1) Tìm tất giá trị m để

phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x12 + 2x1x2 - x2 =

+ Để pt có nghiệm phân biệt = - 4m > m < + Khi m <

9

4thì pt có nghiệm phân biệt nên theo Viet: x1 +x2 = -1 x2 = -1- x1

+ Ta có x12 + 2x1x2 - x2 = 1 x12 + 2x1(-1- x1)- (-1- x1) =1 x12 + 2x1 =  1

0

x x

  

 

+ Với x1 = 0; ta có 0.x2 = m -  m = (n);

Với x1 = -1; ta có x2 = -1 -(-1) =  (-1).0 = m - 2 m = (n);

b) Giải phương trình

2

1

2x 2x

x  x    ĐK:

0

x x

  

 



2

1

2(x x)

x  x    (1) Đặt t = x2 x

(1) 

2 0t

t    2t2 -t - = (HS tự giải tiếp)

Bài 4: (3,5 điểm)

a\ Chứng minh tứ giác ABOI nội tiếp

+ Ta có ABO 90 (tctt)  ; AIO 90 (IM IN)  

+ Suy ABO  AIO= 1800 nên tứ giác ABOI nội tiếp đường trịn đường kính AO.

b\ Chứng minh CED BAO 

+ Vì AB; AC hai tiếp tuyến (O) nên AO  BC

+ Ta có: E1B1 ( hai góc nội tiếp chắn cung CD đường tròn (O))

 

1

+ Ta có :

 

 

 

1

1 ( )

( )

( O )

E BAO cmt BAO CAO tctt CAO I ACI nt

 

 

 



 

  Suy E1I1 Mà hai góc vị trí sole nên MN//BE + Ta lại có MN OI ( IM = IN) nên OI BE

d) Chứng minh ba điểm A; T; Q thẳng hàng + Gọi K giao điểm OF AP + Ta có QKP 90  0(góc nt chắn đường tròn) nên QK AP

+ Trong tam giác APQ có hai đường cao AI QK cắt F nên F trực tâm Suy PF đường cao thứ ba tam giác APQ nên PFQA (1)

+ Ta lại có QTP 90  0(góc nt chắn đường trịn) nên PF  QT (2) Từ (1); (2) suy QAQT Do ba điểm A; T; Q thẳng hàng. Bài 5: (0,5 điểm)Cho hai số dương x, y thỏa x  2y

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2x y 2xy P

xy

  

2 2 2 2

2 2 2

2

2x y 2xy x y x 2xy x y x 2xy

P

xy xy xy xy

4x 4y x 2xy 3x x 4y x(x 2y)

4xy xy 4xy 4xy xy

3 x x 4y x 2y

.2

4 y 4xy y

      

   

   

    

 

      

vì

2 2

2

4 4x

2

0

x y

x y x y y

x y y

    

  

 

 

  



5

P x = 2y

 

§Ị 37

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Mơn thi: TỐN BÌNH THUẬN Năm học: 2015 – 2016 – Khoá ngày: 15/06/2015

Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) x2 + x - = b)

   

 



x y x y Bài 2: (2 điểm) Rút gọn biểu thức :

a) A 27 12  75 ; b)    

1

B

3 7

Bài 3: (2 điểm)

b) Chứng minh đường thẳng (d) : y = kx + cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt với k

Bài 4: (4 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, D điểm tùy ý nửa đường tròn ( D khác A D khác B) Các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O) A D cắt C, BC cắt nửa đường tròn (O) điểm thứ hai E Kẻ DF vng góc với AB F

a) Chứng minh : Tứ giác OACD nội tiếp b) Chứng minh : CD2 = CE.CB

c) Chứng minh : Đường thẳng BC qua trung điểm DF

d) Giả sử OC = 2R, tính diện tích phần tam giác ACD nằm ngồi nửa đường trịn (O) theo R

Bài Đáp án

1

1đ a

x2 + x - = = 12 – 4.(-6) = 25  5

1 5 1 5

2; 3

2 2

   

 x   x  

1đ b

      

 

  

    

  

x y 2x 10 x

x y x y y 3

2

a A 27 12  75=3 3  =-6

b  

 

1

B

3 7= 2

6

3     3

a Lập bảng giá trị hình vẽ ( 1đ) y = x2

b

PT hoành độ giao điểm (P) (d) là:

2 1

x kx  x2  kx 1 0 (1)

= k2 + Vì k2  với giá trị k

Nên k2 + > với giá trị k => > với giá trị k

Vậy đường thẳng (d) : y = kx + cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt với k

4 b

+ Xét CDE

 CBD có:DCE chung

  1

2

CDE CBD  sdcungDE

 

 CDE CBD (g.g)

CD CE

CB CD

 

c

Tia BD cắt Ax A’ Gọi I giao điểm Bc DF Ta có ADB 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 '

ADA 90

  , suy ∆ADA’ vuông D

Lại có CD = CA ( t/c tiếp tuyến cắt nhau) nên suy CD = C A’, CA = A’C (1) Mặt khác ta có DF // AA’ (cùng vng góc với AB) nên theo định lí Ta-lét

ID IF BI CA' CA BC

 

  

 (2).

Từ (1) (2) suy ID = IF Vậy BC qua trung điểm DF.

d

Tính cosCOD =

1

0

OD

C  =>COD = 600

=>AOD =1200

.120 360

quat

R R

S  

(đvdt) Tính CD = R

1

2

OCD

S  CD DO R R =

2

2 R (đvdt) ; SOACD 2.SOCD= 3R2(đvdt)

Diện tích phần tam giác ACD nằm ngồi nửa đường trịn (O)

OACD quat

S  S = 3R2 -

R



(đvdt)

§Ị 38 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016

Mơn: TỐN Thời gian làm bài:120 phút Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức:

x x x x x

P

x

x x

   

  



  với x  0, x  4. a ) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị P x = 5.

Câu 2. (1,5 điểm): Cho phương trình: x2 + 5x + m – = (m tham số). a) Giải phương trình m = -12.

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn:

1 2

x  x  1

Câu 3. (1,0 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 168 m2 Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vườn trở thành hình vng Tính chiều dài, chiều rộng mảnh vườn.

Câu 4. (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = 1

2x2 hai điểm A, B thuộc (P) có hồnh độ lần lượt -1; Đường thẳng (d) có phương trình y = mx + n.

Câu 5. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Điểm M di chuyển nửa đường tròn (M khác A B) C trung điểm dây cung AM Đường thẳng d tiếp tuyến với nửa đường tròn B Tia AM cắt d điểm N Đường thẳng OC cắt d E.

a) Chứng minh: tứ giác OCNB nội tiếp. b) Chứng minh: AC.AN = AO.AB. c) Chứng minh: NO vng góc với AE.

d) Tìm vị trí điểm M cho (2.AM + AN) nhỏ nhất.

Câu 6. (0,5 điểm): Cho ba số dương a, b, c thay đổi thoả mãn: a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

1 1 P 2(a b c)

a b c

 

      

 

HẾT -ĐÁP ÁN (THAM KHẢO)

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1 2,0

a) Với x  0, x

≠ 4, ta có:

x x x x x

x x ( x 2)( x 2)

   

  

   

(x x)( x 2) (2 x 1)( x 2) x x ( x 2)( x 2)

       



 

0,25

x x 2x x x 2x x x x x ( x 2)( x 2)

         



 0,25 x x 2x x

( x 2)( x 2)

  



  0,25

x( x 2) x (x 1)( x 2) ( x 2)( x 2) ( x 2)( x 2)

    

 

  0,25 

x x

 

 Vậy

với x  0, x ≠

thì

x P

x  

 .

0,25

b) Ta có:

2 x (2    5) (thoả mãn

ĐKXĐ) 

x  2

Khi đó:

9 10

P

2 5

  

   

 

0,25 Vậy với

x 5  P

= 2 4

0,25

2 1,5

a) Với m = -12, phương trình cho trở thành: x2 + 5x -14 = 0

0,25

 = 52 + 4.14 =

81 >   9 0,25  phương trình

trên có hai

nghiệm phân biệt:

5

x 7;

2  

 

1

x 2;

2  

 

0,25

Vậy với m =-12, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = -7;

x2 =

0,25 b) Phương trình:

x2 + 5x + m – = có nghiệm hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 1

2

2 33

5 – 4(m – 2) 33 – 4m

1 5.1 m m

m

4 



 



 

   



  

   

 

(*)

Theo định lí Viet, ta có:

1 2

x x

x x m   



 

 .

0,25

1

1

2 x  x  1

x2 - 1+ x1 –1= 2(x1 –1)(x2 –1) (x1+ x2) –2 = 2[x1x2 – (x1+ x2) + 1]

 -5 –2= 2(m –

2 + + 1)  -7

= 2(m + 4)  m

= 15 

(thoả mãn(*))

Vậy giá trị cầm tìm m =

15 

3 . 1,0

Gọi chiều dài của mảnh vườn là x (m) ĐK: x > 1.

Thì chiều rộng của mảnh vườn là:

168 x (m).

0,25

Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vườn có:

- Chiều dài x – 1 (m) ; - Chiều rộng

168 x  (m).

Vì mảnh vườn trở thành hình vng nên ta có phương trình:

168

1 x x   

 168 + x = x2 –

x  x2 – 2x –

168 =  (x –

14)(x + 12) =



x 14 (tho m n) x 12 (lo i)

  

 

ả Ã

0,25

Vy mnh có chiều dài 14m, chiều rộng là 168:14 = 12m.

0,25

1,5

a) Ta có: A(xA; yA)  (P) có hoành độ xA = -1

 yA =

2.(-1)2 =

2  A(-1; 2).

0,25

B(xB; yB)  (P) có hồnh độ xB = 2  yB =

1 2.22 = 2  B(2; 2).

0,25

Vì đường thẳng y = mx + n qua hai điểm A(-1;

1

2) B(2; 2) nên ta có hệ:

1

1 m

m n 3m 2 m

2 2

1

2m n 2m n 2 n n

2 



   

    

   

  

   

          

   



.

0,25

Vậy với m = 2, n = (d) qua hai điểm

A(-1;

2) B(2; 2).

a) Vẽ (P) (d) (với m =

1 2, n = 1)

trên hệ trục toạ độ hình vẽ bên Dễ thấy (d) cắt Ox tại C(-2; 0) cắt Oy

tại D(0; 1)  OC

= 2, OD = 1.

0,25

Độ dài đường cao OH

OAB

độ dài đường cao OH tam giác vuông OCD.Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OCD, ta có:

2 2

1 1 1

OH OC OD   4



2 OH

5 



2 OH

5 

(đvđd) Vậy OH

5 

(đvđd).

0,25

5 3,5

a) Phần đường kính OC qua trung điểm C của AM  OC 

AM 

 o

OCN 90 .

BN tiếp tuyến của (O) B 

OB  BN 

 o

OBN 90 

0,25 Xét tứ giác

OCNB có tổng hai góc đối:

  o o o

OCN OBN 90  90 180 0,25 Do tứ giác

OCNB nội tiếp. 0,25

b) Xét ACO và ABN có: A chung;

  o

ACO ABN 90 

0,25

ACO ~

ABN (g.g) 0,25



AC AO

AB AN 0,25

Do AC.AN =

AO.AB (đpcm). 0,25

c) Theo chứng minh trên, ta có: OC  AM  EC  AN  EC

đường cao

ANE (1)

0,25

OB  BN  AB  NE  AB

đường cao

AME (2)

0,25 Từ (1) (2) suy

ra O trực tâm của ANE (vì O

là giao điểm AB EC) 

NO đường cao thứ ba

ANE.

Do đó; NO 

AE (đpcm). 0,25

d) Ta có: 2.AM + AN = 4AC + AN (vì C trung điểm AM).

4AC.AN = 4AO.AB = 4R.2R = 8R2 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai số dương, ta có: 4AC + AN 

2

2 4AC.AN2 8R 4 2R

 Tổng 2.AM +

AN nhỏ =

4 2R 4AC =

AN

0,25

 AN = 2AM  M trung

điểm AN.

ABN vng tại

B có BM đường trung tuyến nên AM = MB

 AM BM   M

là điểm giữa nửa đường trịn đường kính AB.

Vậy với M điểm nửa đường trịn đường kính AB thì (2.AM + AN) nhỏ = 4 2R

.

5 0,5

Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau:

Với < x < thì

2

1

2x (x 1)

x

   

(1)

Thật vậy, (1)  4x2 +  6x + x3 –

x (vì x > 0)  (x3 – x) – (4x2 - 6x + 2)



 (x – 1)(x2 + x)

– 2(x – 1)(2x – 1)   (x –

1)(x2 – 3x + 2)



0

 (x – 1)2(x – 2)  (ln

(x – 1)2

 0, x –

< với < x < 3)

Dấu xảy

 x = 1.

Từ giả thiết: a2 + b2 + c2 =  < a2, b2, c2 <  0 < a, b,c <

Áp dụng bất đẳng thức (1), với < a, b,c <

3, ta có:

1 1 2

2a (a 1)

a

(2) ;

1 1 2

2b (b 1)

b

1 1 2

2c (c 1)

c

(4)

Cộng (1), (2) (3) vế theo vế, ta được:

2 2

1

P (a b c 3)

2

     

(vì a2 + b2 + c2 = 3)

Dấu “=” xảy khi a = b = c =1 Vậy Pmin =  a = b = c =1.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI

BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2015-2016 MÔN THI: TỐN (Dành cho tất thí sinh)

Bài 1 (3,0 điểm) Cho biểu thức: P=2x+2

√x +

x√x −1

x −√x −

x2+√x

x√x+x (x>0; x ≠1)

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị thức P x=3−2√2

c) Chứng minh rằng: với giá trị x để biểu thức P có nghĩa biểu thức P7 nhận giá trị nguyên

Bài 2 (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + (m – 1)3 = (m tham số).

a) Giải phương trình m = –1

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt có nghiệm bình phương nghiệm cịn lại

Bài 3 (1,0 điểm) Giải phương trình:

x2+

2x

√2x2

+9

−1=0

Bài 4 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Đường trịn đường kính AH, tâm O, cắt cạnh AB AC E F Gọi M trung điểm cạnh HC

a) Chứng minh AE.AB = AF.AC

b) Chứng minh MF tiếp tuyến đường trịn đường kính AH c) Chứng minh HAM = HBO

d) Xác định điểm trực tâm tam giác ABM

1

a2

+1+

1

b2

+1+

1

c2

+1≥

3 Hết

DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN CHUNG

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1a 2x 2 x x 1 x x 1

P

x x x x x

  

  

  0,25

   

 

   

 

1 1

2

1

x x x x x x

x

x x x x x

     



  

  0,5

 1  1

2x x x x x

x x x

   



  

0,5

2 2 2

2

x x x

x x

  

  

0,25

1b Ta có x 3 2 x  2 1 0,25

Thay vào biểu thức  

2

2 2

2

P   

 0,25

Tính kết P4 2 0,25

1c

Đưa

7

2 2

x

P  x  x 0,25

Đánh giá 2x 2 x 6 x, suy

7

0

6

2 2

x

x x

 

  0,25

Vậy

P nhận giá trị nguyên khi

4

7 2 2 1 1

4

x x

x x x x x

x x

   

 

       

   

 

 0,25

2a Khi m1 ta có phương trình x2 2x 8 0

   0,5

2b

Tính  

3

' m m

    0,25

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt  

3

2 1 0 (*)

m m

    0,25

Gọi x x1; hai nghiệm phương trình, theo Viet ta có

  2 (1) (2)

x x m

x x m

        

Giả sử  

2

1

x  x thay vào (2) ta x2  m 1;x1m 12 0,25

Thay hai nghiệm x x1; vào (1) ta

 12  1 2 0

3

m

m m m m m

m             

Khẳng định hai giá trị m vừa tìm thỏa mãn điều kiện (*), kết luận 0,25 3

Điều kiện: x0, đưa phương trình trở thành:

2 2

2

2

2

x x

x x



  

 0,25

Đặt ẩn phụ: 2

x

t

x   , phương trình trở thành:

  

3 2

1

2 1 1

2

t

t t t t t

t                0,25

Trường hợp: t 1 ta có x 2x29 (vô nghiệm) 0,25

Trường hợp: t  ta có 2

0 3 2

2

2

2

x

x x x

x           0,25 4a

Xét hai tam giác: AEF ACB có góc A chung 0,25

Ta có AEF AHF AHF; ACB suy AEF ACB

(hoặc AFF AHE AHE; ABC suy AFEABC) 0,25

Suy hai tam giác AEF ACB đồng dạng 0,25

Từ tỷ số đồng dạng

AE AF

AC AB ta có AE.AB = AC.AF 0,25

4b Xét hai tam giác OHM OFM có OM chung, OF = OH 0,25 Có MF = MH (vì tam giác HFC vng F, trung tuyến FM) 0,25

Từ MFO 900, MF tiếp tuyến đường tròn đường kính AH 0,25

4c Xét hai tam giác AHM BHO có  

90

AHM BHO 0,25

Trong tam giác vuông ABC, đường cao AH có

2

.2 AH HM

AH HB HC AH OH HB HM

HB HO

    

0,25

Suy HBOHAM 0,25

Suy HAM HBO 0,25

4d Gọi K giao điểm AM với đường trịn

Ta có HBO HAM  MHK, suy BO // HK 0,25

Mà HK AM , suy BOAM , suy O trực tâm tam giác ABM 0,25

5 Giả sử a b c  , từ giả thiết suy ab1 Ta có bất đẳng thức sau:

   

    

2

2 2

1

1

0

1 1 1

a b ab

a b ab a b ab

 

   

     

(luôn đúng) Vậy ta cần chứng minh:

2

1ab1c 2 0,25

2 3 3 2 3 3

c ab abc c ca bc abc a b c abc

           

Bất đẳng thức hiển nhiên

   

 

2

2

3

3

a b c ab bc ca

ab bc ca abc

      

 

  

 

hay a b c   3 3abc Dấu xảy a b c  1

0,25

Cho số dương a b c, , thỏa mãn a b c  3.Chứng minh rằng:

2 2

3

3 3

ab bc ca

c   a   b  

5

Ta có

 2 3

3

a b c

ab bc ca ab bc ca

 

      

0,25

Ta có 2    

1

2

ab ab ab ab

a c b c a c b c

c c ab bc ca

 

     

 

 

 

   

 

1

2 2

ab ab bc ca ca

VT a b c

a c b c c a c b a b

 

         

    

  (đpcm)

§Ị 39

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút

Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước phương án vào làm.

Câu 1. Điều kiện để biểu thức

1

x có nghĩa là:

A x1; B x1; C x1; D x1

Câu 2. Hàm số nào đồng biến :

A y2x3;. B y2x5; C y (1 3)x7; D y5 Câu 3. Phương trình sau có hai nghiệm phân biệt:

A x2 2x1 0; B x2 x 1 0; C x2  x 0; D x2 2x 1

Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số giao điểm Parabol y = x2 đường thẳng y2x1 là

A 0; B 1; C 2; D 3.

Câu 5. Một người mua loại hàng phải trả tổng cộng 11 triệu đồng, kể thuế giá trị gia tăng (VAT) với mức 10% Nếu không kể thuế VAT người phải trả số tiền là:

A 9,9 triệu đồng; B 10 triệu đồng; C 10,9 triệu đồng; D 11,1 triệu đồng;

Câu 6. Gọi khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng (d) h Đường thẳng (d) khơng cắt đường trịn (O; 6cm) khi:

A h6 cm; B h6 cm; C h6 cm; D h6 cm;

Câu 7. Hình thang ABCD vng A D, có AB = 4cm, AD = BC = 2cm Số đo



ACB bằng

A 60 ;0 B 120 ;0 C 30 ;0 D 90

Câu 8. Diện tích mặt cầu có bán kính cm là:

A 4 cm ;2 B 8 cm ;2 C 16 cm ;2 D 2 cm

Phần II – Tự luận ( 8,0 điểm).

Câu 1.(1,5 điểm).1) Rút gọn biểu thức

3 x x

3

x x

A

x

  

   

   



 với x  x 1.

2) Chứng minh 3  2 3.

Câu ( 1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2x –m2 +2m = (1), với m tham số. 1) Giải phương trình (1) m = 0.

Câu 3. ( 1,0 điểm) Giải hệ phương trình

x(x 1) y(y 1) x y

   

 

 



Câu ( 3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O, điểm A nằm bên ngồi (O) Kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AED tới (O) (B, C tiếp điểm; E nằm A D). Gọi H giao điểm AO BC.

1) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.

2) Chứng minh AB2 = AE.AD AE.AD = AH.AO.

3) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD thuộc (O).

Câu ( 1,0 điểm). Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn 2x y  5x25y2 10. Chứng minh x4y16.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUN

Năm học 2015 – 2016 Mơn: TỐN (chung)

Câu (2,0 điểm)

1) Với giá trị x biểu thức x 1 x 3 xác định

2) Tính giá trị biểu thức A x 3 3 x x2 2.

3) Tìm tọa độ điểm có tung độ nằm đồ thị hàm số y2x2 4) Cho tam giác ABC vuông A, AB3, BC5 Tính cosACB

Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức

1

1

x x x

Q

x

x x x x

   

 

     



  

    (với x0;x1).

1) Rút gọn biểu thức Q ; 2) Tìm giá trị x để Q1

Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x2 2m 1x m 2 0 (1) (với m tham số) a) Giải phương trình với m3

b) Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm x x1, thỏa mãn

2

1 16

x x  .

2) Giải hệ phương trình

 

   

2

2

3 16

x x y y

x x x y x

    

 

     

 

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A AB  AC, đường cao AH Đường trịn tâm I đường kính AH cắt cạnh AB AC, M N, Gọi O trung điểm đoạn BC D, giao điểm MN OA

1) Chứng minh rằng:

a) AM AB AN AC . ; b) Tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp.

a) ADI ∽ AHO ; b)

1 1

AD HB HC

3) Gọi P giao điểm BC MN K, giao điểm thứ hai AP đường trịn đường kính AH Chứng minh BKC90

Câu 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình    

5

3x  6x 2  x  7x19 2 x 2) Xét số thực dương a b c, , thỏa mãn abc1.Tìm giá trị lớn biểu thức

4 4 4

a b c

T

b c a a c b a b c

  

      .

Đề 40

SỞ GD & ĐT HỒ BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2015-2016 Ngày thi: 07 tháng năm 2015

ĐỀ THI MƠN TỐN (DÀNH CHO CHUN TỐN)

Câu I (2,0 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức sau: a)

4 15

3 5

A  

  b) B 22 1  2 2 1

2) Rút gọn biểu thức:

2

1

1

a a a a

C a

a a a a

 

   

    .

Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình:

1 1

3x1 2 x49x 4  x

2) Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình: 3 x y z

x y z

 

 

 



Câu III (2,0 điểm) Một vận động viên A chạy từ chân đồi đến đỉnh đồi cách nhau 6km với vận tốc 10km/h chạy xuống dốc với vận tốc 15km/h Vận động viên B chạy từ chân đồi lên đỉnh đồi với vận tốc 12km/h gặp vận động viên A chạy xuống Hỏi điểm hai người gặp cách đỉnh đồi ki-lô-mét, biết B chạy sau A 15 phút.

Câu IV (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính AB dây MN có độ dài bằng bán kính (M thuộc cung AN, M khác A, N khác B) Các tia AM BN cắt I, các dây AN BM cắt K.

1) Chứng minh rằng: IK vng góc với AB. 2) Chứng minh rằng: AK AN BK BM  AB2

3) Tìm vị trí dây MN để diện tích tam giác IAB lớn nhất.

2) Cho

0, 0,

x y z

xyz

  

 



 Chứng minh rằng:

1 1

1

1 1

x y  y z  z x   .

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN (DÀNH CHO CHUYÊN TOÁN)

Câu I (2,0 điểm)

Phần Nội dung Điểm

1 A4(34 5) 8(1 4 5) 15 5 5  3 2 5 5   

0.5đ

2

( 1) ( 1) 1 2

B             0.5đ

2

ĐK: a0,

3

( ) ( )

1

1

a a a a

C a

a a a a

                  0.5đ

( 1) ( 1) ( 1)

a a a a a a

        0.5đ

Câu II (2,0 điểm) 1

ĐK:

1

, 2, ,

3

x x x x 0.25đ

Ta có pt:

5

(3 1)(2 4) (9 2)(5 )

x x

x x x x

       0.25đ

(3 1)(2 4) (9 2)(5 )

x

x x x x

            x x x              .KL 0.5đ

2 Ta có x3 y3 (x y)2 (x y x)( xy y2 x y) 0

          0.25đ

Vì x, y nguyên dương nên x y 0, ta có x2 xy y 2 x y 0

 2

2 2

2(x xy y x y) (x y) (x 1) y

             0.25đ

Vì x, y ngun nên có trường hợp: 0.25đ

+ Trường hợp 1:

2

0

( 1) 2,

( 1)

x y

x x y z

y               

+ Trường hợp 2:

2

1

( )

2 ( 1)

x

x

x y z

+ Trường hợp 3:

2

1

( )

2 ( 1)

y

y

x y z

x x                   

Vậy hệ có nghiệm (1, 2,3);(2,1,3);(2, 2, 4) 0.25đ

Câu III (2,0 điểm)

Gọi điểm vận động viên gặp cách đỉnh đồi x km (x>0) 0.25đ 1

Thời gian B chạy

12

x



Đổi 15p = 4giờ

0.25đ

Thời gian A chạy từ chân đồi đến đỉnh đồi 105 giờ

0.25đ

Thời gian A chạy từ đỉnh đồi đến chỗ gặp 15

x

0.25đ

Ta có phương trình

1

4 12 15

x x



   0.5đ

Giải phương trình x1(km) KL 0.5đ

Câu IV (3,0 điểm)

1 Ta thấy AN BI BM, AI nên K trực tâm tam giác IAB Do IK AB 1.0đ

2

Vì AEK∽ ANB nên AK AN AE AB 0.25đ

Tương BEK∽ BMAnên BK BM BE BA 0.25đ

Vậy AK AN BK BM  AE AB BE BA AB   0.5đ

3 Chỉ sd MN 600

 nên tính AIB600, điểm I thuộc cung chứa

góc 600 dựng đoạn AB.

0.5đ Diện tích tam giác IAB lớn IE lớn (IE đường cao tam

giác IAB), I nằm cung chứa góc 600 dựng đoạn AB tương ứng với MN song song với AB.

0.5đ

Câu V (1,0 điểm)

1 Ta có p(p2) 2( p1) 0.25đ

Vì p lẻ nên (p1) 2  2(p1) 4 (1)

Vì p, (p+1), (p+2) số tự nhiên liên tiếp nên có số chia hết cho 3, mà p (p+2) nguyên tố nên (p 1) 3(2)

0.25đ Từ (1) (2) suy  p(p2) 12 (đpcm)

2 Đặt 3 x a y b z c       

 ,

, ,

x y z xyz

 

 

 nên

, ,

Ta có

3 2

1 ( )( ) ( ) ( ) a b c

x y a b a b a ab b a b ab ab a b c

c

 

                

Do

1

c x y  a b c 

0.25đ

Tương tự ta có

1

a y z  a b c  ;

1

b z x  a b c 

Cộng bất đẳng thức theo vế ta có đpcm.

Đề 44

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NGÃI KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Mơn thi: Tốn NĂM HỌC 2015 – 2016 Ngày thi: 11/6/2015

Bài 1: (1,5 điểm) Thực phép tính: 4 16 9

Rút gọn biểu thức: M =

a + a a a

1

a +1 a

    

 

   

  

 

  Với a ≥ a ≠

Bài 2: (2,0 điểm) 1.Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) x +3x 4= 02  b)

2x y 3x 2y 12

  



 



2 Cho phương trình: x2 – 2x + m + = (với m tham số) a) Tìm m để phương trình có nghiệm x = tìm nghiệm cịn lại

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn hệ thức 2

1 2 4 0. x x  x x  

Bài 3: (2,0 điểm) Hai đội cơng nhân làm chung xong đường Nếu đội làm riêng để xong đường thời gian đội thứ đội thứ hai Hỏi làm riêng đội làm xong đường thời gian bao lâu?

Bài 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn đường kính AB C điểm nằm hai điểm A B Trên nửa mặt phẳng có bờ AB chứa nửa đường trịn, vẽ hai tia Ax By tiếp xúc với nửa đường tròn cho Trên tia Ax lấy điểm I (với I khác A); đường thẳng vng góc với CI C cắt tia By K Đường tròn đường kính IC cắt tia IK E

1 Chứng minh tứ giác CEKB nội tiếp đường tròn 2 Chứng minh AI BK = AC.CB.

3 Chứng minh điểm E nằm nửa đường trịn đường kính AB

4 Cho điểm A; B; I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích hình thang ABKI lớn

Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y số dương thỏa mãn (11x + 6y + 2015)(x – y + 3) = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P xy  5x2016

HẾT Đề 44

SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016 Đề thi thức Mơn: Toán (Chuyên) Ngày thi: 10/06/2015 Câu 1 (2,0 điểm) a Chứng minh với số n lẻ n² + 4n + khơng chia hết cho b Tìm nghiệm (x; y) phương trình x² + 2y² + 3xy + = 9x + 10y với x, y thuộc N* Câu 2 (2,0 điểm) Cho phương trình 5x² + mx – 28 = (m tham số) Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện 5x1 + 2x2 =

b Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh a5 + b5 + c5 +

1 1 a b c  ≥ 6.

Câu 4 (2,0 điểm) Cho đường trịn tâm O có hai đường kính AB MN Vẽ tiếp tuyến d đường tròn (O) B Đường thẳng AM, AN cắt đường thẳng d E F

a Chứng minh MNFE tứ giác nội tiếp

b Gọi K trung điểm FE Chứng minh AK vng góc với MN

Câu 5 (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Vẽ đường thẳng d qua A cho d không cắt đoạn BC Gọi H, K hình chiếu vng góc B C d Tìm giá trị lớn chu vi tứ giác BHKC

Hướng dẫn giải đề tuyển sinh lớp 10 Mơn Tốn Bạc Liêu Câu 1 a n² + 4n + = (n + 2)² +

Vì n số lẻ suy n + = 2k + 1, k số nguyên Ta có (n + 2)² + = 4k² + 4k + không chia hết cho Vậy n² + 4n + không chia hết cho

b x² + 2y² + 3xy + = 9x + 10y

<=> x² + 2xy + xy + 2y² – 8(x + y) – (x + 2y) + = <=> x(x + 2y) + y(x + 2y) – 8(x + y) – (x + 2y) + =

<=> (x + y – 1)(x + 2y) – 8(x + y – 1) = <=> (x + y – 1)(x + 2y – 8) = (a) Với x ≥ 1, y ≥ (vì thuộc N*) suy x + y – ≥ >

Do (a) <=> x + 2y = Ta có 2y ≤ – = Nên y ≤ 7/2 Mà y thuộc N* suy y = 1; 2;

Lập bảng kết

y

x Vậy tập hợp số (x, y) thỏa mãn {(6; 1), (4; 2), (2; 3)} Câu 2 5x² + mx – 28 = Δ = m² + 560 > với m

Nên phương trình ln có nghiệm phân biệt x1, x2 Ta có: x1 + x2 = –m/5 (1)

x1x2 = –28/5 (2)

5x1 + 2x2 = (3) Từ (3) suy x2 = (1 – 5x1)/2 (4) Thay (4) vào (2) suy 5x1(1 – 5x1) = –56

<=> 25x1² – 5x1 – 56 = <=> x1 = 8/5 x1 = –7/5

Với x1 = 8/5 → x2 = –7/2 Thay vào (1) ta có 8/5 – 7/2 = –m/5 <=> m = 19/2 Với x1 = –7/5 → x2 = → –7/5 + = –m/5 suy m = –13

Câu 3 a x4 – 2(m – 2)x² +2m – = (1) Đặt t = x² (t ≥ 0) (1) <=> t² – 2(m – 2)t + 2m – (2)

Δ’ = (m – 2)² – (2m – 6) = m² – 6m + 10 = (m – 3)² + > với m Phương trình (2) ln có nghiệm phân biệt

Ứng với nghiệm t > phương trình (1) có nghiệm phân biệt Do đó, phương trình (1) có nghiệm phân biệt khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt dương <=> 2m – > 2(m – 2) > <=> m > Vậy m > thỏa mãn yêu cầu

b Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh a5 + b5 + c5 +

Suy a5 + b5 + c5 +

1 1

a b c  ≥ 2(a² + b² + c²)

Mặt khác a² + ≥ 2a; b² + ≥ 2b; c² + ≥ 2c Suy a² + b² + c² ≥ 2a + 2b + 2c – = Vậy đpcm

Câu 4 a Tam giác ABE vng B BM vng góc với AE Nên ta có AM.AE = AB²

Tương tự AN.AF = AB² Suy AM.AE = AN.AF Hay AM/AN = AE/AF

Xét ΔAMN ΔAFE có góc MAN chung Và AM/AN = AF/AE Do ΔAMN ΔAFE đồng dạng

Suy góc AMN = góc AFE

Mà góc AMN + góc NME = 180° (kề bù) Nên góc AFE + góc NME = 180° Vậy tứ giác MNFE nội tiếp đường trịn

b góc MAN = 90° Nên tam giác AEF vuông A suy AK = KB = KF Do góc KAF = góc KFA Mà góc AMN = góc KFA (cmt)

Suy góc KAF = góc AMN Mà góc AMN + góc ANM = 90° Suy góc KAF + góc ANM = 90° Vậy AK vng góc với MN Câu 5 Ta có BC² = AB² + AC² = BH² + AH² + AK² + CK² Ta cần chứng minh bất đẳng thức:

(ac + bd)² ≤ (a² + b²)(c² + d²) (*)

Ta có: (*) <=> a²c² + 2acbd + b²d² ≤ a²c² + a²d² + b²c² + b²d²

<=> a²d² – 2abcd + b²c² ≥ <=> (ad – bc)² ≥ (đúng với a, b, c, d) Dấu xảy ad = bc hay a/c = b/d

Áp dụng (*) ta được: 2(BH² + AH²) ≥ (BH + AH)² (1) Tương tự ta có 2(AK² + CH²) ≥ (AK + CK)² (2)

Suy 2BC² ≥ (BH + AH)² + (AK + CK)² (3) Đặt BH + AH = m; đặt AK + CK = n

Vì góc CAK + góc BAH = 90°; mà góc BAH + góc ABH = 90° nên góc CAK = góc ABH Dẫn đến tam giác ABH đồng dạng với tam giác CAK

→ AH/CK = BH/AK = AB/AC = (AH + BH)/(CK + AK) = m/n Nên AB²/m² = AC²/n² = (AB² + AC²)/(m² + n²) ≥ BC²/(2BC²) = 1/2 Hay m ≤ AB n ≤ AC

Chu vi tứ giác BHKC BC + BH + AH + AK + KC = BC + m + n ≤ BC + (AB + AC) Vậy chu vi BHKC lớn BC + (AB + AC)

Đề 45

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH Năm học 2015 – 2016 TỈNH PHÚ YÊN MÔN THI: TOÁN CHUNG Ngày thi: 11 tháng năm 2015

Bài 1: (1,5 điểm) Cho A = 1, B = 1,

Tính giá trị biểu thức A + B, A.B, A

B A2 + B2 cách rút gọn biến đổi thích hợp

Bài 2: (2.0 điểm) Giải hệ phương trình pt: a) x2 + 5x – = 0

M E

A B

K

N

F B

C A

H

b)

1 +

5

3 x y x y



 

 

    



Bài 3: (1,0 điểm) Cho phương trình x4 +2mx2 +4 m +5 = (1) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt

Bài 4: (1,5 điểm) Hai người xe đạp khởi hành lúc địa điểm: người thứ phía nam, người thứ hai phía tây Sau hai người cách nhau 100km theo đường chim bay Tính vận tốc người, biết vận tốc của người thứ nhỏ vận tốc người thứ hai 5km/h.

Bài 5: (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Lấy hai điểm C, D trên nửa đường tròn cho AC = BD (C nằm A D) Gọi E giao điểm AD và BC.

a) ) Chứng minh hai tam giác ACE, BDE nhau. b) Chứng minh tứ giác AOEC, BOED nội tiếp.

c) Đường thẳng qua O vng góc AD cắt CD F Tứ giác AODF hình gì? Vì sao? d) Gọi G giao điểm AC BD Chứng minh O, E, G thẳng hàng.

Hết

Đề 46

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT (2015–2016)

BÌNH ĐỊNH KHĨA NGÀY: 18 – 06 – 2015 Mơn thi: TOÁN Bài 1: (2,0 điểm) a) Giải hệ phương trình:

2

1 x y x y

  



  

b) Rút gọn biểu thức P =

2

1 .

1

a a a a

a a

     



   

     

    (với a  0, a 1)

Bài 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 + 2(1 – m)x – + m = , m tham số. a) Giải phương trình với m =

b) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m c) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm đối

Bài 3: (2,0 điểm) Trên vùng biển xem phẳng khơng có chướng ngại vật Vào lúc có tàu cá thẳng qua tọa độ X theo hướng từ Nam đến Bắc với vận tốc không đổi đến tàu du lịch thẳng qua tọa độ X theo hướng từ Đông sang Tây với vận tốc lớn vận tốc tàu cá 12 km/h Đến khoảng cách hai tàu 60km Tính vận tốc tàu

Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O; R) Vẽ đường cao AH tam giác ABC, đường kính AD đường tròn (O) Gọi E, F chân đường vng góc kẻ từ C B xuống đường thẳng AD Gọi M trung điểm BC

a) Chứng minh tứ giác ABHF BMFO nội tiếp b) Chứng minh HE // BD

c) Chứng minh SABC =

AB AC BC

Bài 5: (1,0 điểm) Cho số tực a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Chứng minh:

N =

2 2

3 a b c 6

b c c a a b

  

  

  

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: (2,0 điểm) a) Ta có:

2 0

1 1

x y x x

x y x y y

      

 

  

    

  

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (0; 1) b) với a  0, a 1) ta có:

P =

2

2

1 . (1 )(1 ) .

1

1 (1 )(1 )

a a a a a a a a a

a

a a a a

                                              =     2

1

1 a

a

 



Bài 2: (2,0 điểm) a) Thay m = vào phương trình cho ta được: x2 + 2x – = ta có a + b + c = + – = 0, phương trình có hai nghiệm là: x1 = 1; x2 = -3 m = phương trình có hai nghiệm là: x1 = 1; x2 = -3

b) Ta có: ’ = (1 – m)2 – 1(-3 + m)

= m2 – 2m + + – m = m2 – 3m + =

2 m      

  > với giá trị m

Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m c) Vì phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m

Nên phương trình có hai nghiệm đối khi: x1 + x2 = Hay -2(1 – m) =  m = Vậy m = phương trình có hai nghiệm đối

Bài 3: (2,0 điểm)

v s t

Tàu cá x 2x

Tàu du lịch x + 12 x + 12

Vì Tàu cá theo hướng từ Nam đến Bắc Tàu du lịch theo hướng từ Đông sang Tây hai tàu cách 60km nên ta có phương trình: (2x)2 + (x +12)2 = 602

5x2 + 24x – 3456 =

Giải phương trình ta x1 = 24 (thỏa mãn) x2 = -28,8 (loại) Vậy vận tốc Tàu cá 24 km/h vận tốc Tàu du lịch 36 km/h Bài 4: (3,0 điểm) a) Tự chứng minh

b) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp nên EHC EAC  (cùng chắn cung EC)

mà DBC DAC (cùng chắn cung DC) suy EHC DBC HE // BD

c) Ta có: SABC =

2AH BCchứng minh AHB ACD Do đó: 

AH AB

AC AD => AH =

AB AC BD SABC =

1

2 2 2 

AB AC AB AC BC AB AC BC

AH BC BC

BD R R

Bài 5: (1,0 điểm) Ta có: N =

2 2 2

3 a b c 3 1 a b c

b c c a a b b c c a a b b c c a a b

 

 

  

         

2

(1 1) ( )

3

2( ) 2( )

a b c

a b c a b c

       

   

   

    =

9

3

6 6 

Dấu = xảy a = b = c =

Đề 47

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐỒNG THÁP

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐỀ THI MƠN TỐN Ngày thi: 16/6/2015

Câu 1: (1,5 điểm) a) Cho biểu thức: P = 81 9 H = 2x1 (với

x

) a.1) Tính P a.2) Tìm x để H = 3.

b) Cho biểu thức: Q =

2

4

x

x   x với x 2 Rút gọn biểu thức Q.

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai với tham số m: x2 + mx + m – = (1) a) Giải phương trình (1) m = 3.

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thỏa:3(x1x2)x x1

Câu 3: (1,5 điểm) a) Giải hệ phương trình:

2

5

x y x y

 

 

 



b) Vẽ parabol (P): y = 2x2

Câu 4: (1,0 điểm) Một thuyền xi dịng từ thành phố Cao Lãnh đến thành phố Sa Đéc hết 20 phút ngược dòng từ thành phố Sa Đéc thành phố Cao Lãnh với quãng đường không đổi so với lúc xi dịng hết Biết vận tốc dịng nước 3km/h Hãy tính vận tốc riêng thuyền.

Câu 5: (4,0 điểm) a) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH (H thuộc cạnh

BC) Biết AB=6cm, AC = 8cm Hãy tính AH BH.

b) Trên nửa đường tròn (O) đường kính AD = 2R lấy hai điểm B, C cho ba dây cung AB, BC, CD Hai tiếp tuyến B D cắt M.

b.1) Tính số đo BAD chứng minh tứ giác BMDO nội tiếp. b.2) Chứng minh ba điểm O, C, M thẳng hàng.

b.3) Tính diện tích tam giác MBD theo R.

Đề 48

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016

Bài 1: (2 điểm) a) Giải hệ phương trình: 1 x y x y       

b) Rút gọn biểu thức

2

1

1

a a a

P a a a                 

Bài 2: ( điểm) Cho phương trình x22(m 1)x 3m0

a)Giải phương trình với m = 0.

b)Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m. c)Tìm m để phương trình có hai nghiệm đối nhau.

Bài 3: (2 điểm) Trên vùng biển xem phẳng khơng có chướng ngại vật Vào lúc 6h có tàu cá thẳng qua tọa độ x theo hướng Nam – Bắc với vận tốc không đổi Đến 7h tàu du lịch thẳng qua tọa độ X theo hướng Đông – Tây với vận tốc lớn vận tốc tàu cá 12km/h Đến 8h khoảng cách hai tàu 60km Tính vận tốc tàu.

Bài 4: ( điểm) Cho tam giác ABC ( AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O;R) Vẽ đường cao AH tam giác ABC, đường kính AD (O) Gọi E, F chân đường vng góc kẽ từ C, B xuống đường thẳng AD M trung điểm BC a)Chứng minh tứ giác ABHF BMFO nội tiếp b)Chứng minh HE//BD. c)Chứng minh

ABC

AB AC BC S

R

 

Bài 5: ( điểm)Cho số thức a, b, c >0 thỏa a + b + c = Chứng minh rằng:

2 2

3 3

6

a b c

N

b c c a a b

  

   

  

GIÁI Bài 1: a)

2

1

x y x

x y y

             b) 2

1 (1 )(1 )

1 (1 )(1 )

             

         



   

       

a a a a a a a

P a a

a

a a a a

 

 

2

2

1

(1 )

1 1

 

        



  

a a a a a

a a    

2

2

1

1

  



a

a

Bài 2: x22(m 1)x 3m0

a) Với m = phương trình trở thành: x2 2x 0

Vì a – b + c = phương trình có hai nghiệm x = -1 x = 3. b)

2 7

' ( 1) ( ) ( )

2 4

m m m m m

             

Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m.

c) Theo Vi et : x1x2 0  2(m 1) 0  m1 2(m 1) 0  m1

Vậy m = -1 phương trình có hai nghiệm đối nhau. Bài 3: Gọi x(km/h) vận tốc tàu cá ĐK: x>0. Vận tốc tàu du lịch là: x + 12 (km/h).

Thời gian tàu cá kể từ lúc qua tọa độ X là: 2(h) Thời gian tàu du lịch kể từ lúc qua X là: 1h. Quãng đường tàu cá đi: 2x (km)

Quãng đường tàu du lịch đi: x+12 ( km)

Vì Tàu cá di chuyển theo hướng Nam – Bắc, tàu du lịch di chuyển theo hướng đông tây nên:    

2 2 2 2 2

12 60 24 144 3600 24 3456

            

x x x x x x x

Giải phương trình ta x = 24 (tm đk), x = -144/5 ( loại) Vậy vận tốc tàu cá: 24km/h Vận tốc tàu du lịch 36km/h. Bài 4: a) Ta có AHBA FB900

Nên H, F nhìn AB góc vng

Nên H,F nằm đường trịn đường kính AB. Do tứ giác ABHF nội tiếp.

b) Vì M trung điểm BC nên OMBC.

Ta có: O FB OMB 900

Nên F,M nhìn OB góc vng Nên tứ giác OBMF nội tiếp. c) Ta có H, E nhìn AC góc vng

Nên Tứ giác AHEC nội tiếp đường trịn đường kính AC

Nên EAC EHC (gnt chắn cung EC) Mà EAC DBC  ( gnt chắn cung DC)

Nên EHCDBC Mà hai góc vị trí đồng vị nên BD//HE.

c)Xét AHB ACD có H C 900 ; ABH ADC (gnt chắn cung AC)

Nên AHB ~ ACD (gg)

AB AH AB AC AH AD R AH AD AC

    

( AD = 2R)

AB AC AH

R

 

1 .

2

ABC

AB AC BC S AH BC

R



  

Câu5:

2 2 2

3 3 3  3   

         

            

a b c a b c

N

b c c a a b b c c a a b b c c a a b

2 2

1 1

3.   

       

     

   

a b c

b c c a a b b c c a a b

 

2 2

1 1

.   

         

     

   

a b c

a b c

b c c a a b b c c a a b

 

2 2

1 1

.2                        

a b c

a b c

b c c a a b b c c a a b

 

2 2

1 1

( ) ( ) ( )                           

a b c

b c c a a b

b c c a a b b c c a a b

M O A B C D F E H 60 Tàu du lịch

Và bất đẳng thức Cauchy – Swachrt

2 2 ( )2

a b c a b c

x y z x y z

 

  

 

Tađược: 

1 1

(  ) (  ) (  )    9

  

 

b c c a a b

b c c a a b

 

1 1

( ) ( ) ( )

2

 

         

  

 

b c c a a b

b c c a a b

 2  2

2 2 3

2( ) 2

a b c a b c

a b c a b c

b c c a a b b c c a a b a b c

   

   

     

 

         

 

Vậy

9 2

N   

Dấu “=” xảy a = b = c = 1

Đề 49

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

AN GIANG Mơn : TỐN ĐỀ CHUNG Khóa ngày 18 - - 2015

Bài 1: (3,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a 2x3 0 ; b

3

3

x y x y

 

 

 

 ; c x2 – x = 0

Bài 2: (1,5 điểm)

Bài 3: (1,5 điểm)

Bài 4: (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB, vẽ bán kính OC vng góc với đường kính AB Gọi M điểm thuộc cung nhỏ BC cho độ dài cung MB gấp đôi độ dài cung MC Gọi N giao điểm AM OC

a Chứng minh tứ giác OBMN nội tiếp b Chứng minh tam giác MNO tam giác cân

c Cho biết AB = 6cm Tính diện tích tứ giác BMNO Bài 5: (1,0 điểm) (Xe lăn cho người khuyết tật)

000 000 đồng

a Viết hàm số biểu diễn tổng số tiến đầu tư đến sản xuất x xe lăn ( gồm vốn ban đầu chi phí sản xuất) hàm số biểu diễn số tiền thu bán x xe lăn

b Công ty A phải bán xe thu hồi được vốn ban đầu

-Hết -Đề 50

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH 10 AN GIANG

Đề 51

Bài

Bài 5/

Đề thi TS lớp 10 THPT Chuyên Hà Tĩnh năm học 2015 - 2016

Đề 53

Đề thi TS lớp 10 THPT Chuyên Hoàng Lê Kha (Tây Ninh) năm học 2015 - 2016 Ngày 12/6/2015

Câu 2:(1 điểm) Giải hệ phương trình

Câu 4:(1 điểm) Tìm cặp số nguyên x, y thoả điều kiện:

Câu 1/

Câu : (3x+2y)(2x+3)=16 => giải hpt nghiệm nguyên

Đề 54

KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2015 - 2016 Khóa ngày `19/06/2015 MƠN: TỐN

Câu 1: (2.0điểm) : Cho biểu thức A=

1

1 1

x

x x x



 

   với x1

a) Rút gọn biểu thức A ; b) Tìm x A = 2015

Câu 2: (1.5điểm) : Cho hàm số: y = (m-1)x + m + với m1 (m tham số) a) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số qua điểm M(1; -4)

b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số song song với đường thẳng (d): y = -2x + Câu 3: (2.0điểm) : Cho phương trình: x2 – (2m+1)x + m2 + m -2 = (1) (m tham số)

a) Giải phương trình (1) m =

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn:

x1(x1 -2x2) + x2(x2 -3x1) =

Câu 4: (1.0điểm): Cho x, y hai số thực thỏa mãn: x > y xy =

Chứng minh rằng:

 

 

2 2

2

x y x y



 

Câu 5: (3.5điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, hai đường cao BD CE cắt đường tròn (O) theo thứ tự P Q (PB, QC).

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM

Câu Nội dung Điểm

1 2.0

1a

Cho biểu thức A=

1

1 1

x

x x x



 

  

= 2

1

1 1

x x x

x x x

  

 

  

=

1

( 1)( 1)

x x x

x x

    

 

=

4 ( 1)( 1)

x

x x



  =

4( 1) ( 1)( 1)

x

x x



  =

4

x với x1

1b

A=

1

x với x1 Khi A =

4

2015 ta có

1

x = 2015

 x- = 2015  x = 2016 (TMĐK)

Vậy A =

2015 x = 2016

2 1,5

2a Ta có M(1; - 4)  x = 1; y = -4 thay vào hàm số cho ta có: -4 = (m- 1).1 + m +3 - = m-1 +m +3

 -4-2= 2m  -6 = 2m

 m= -3 (TMĐK)

Với m = -3 đồ thị hàm số cho qua điểm M (1; -4)

2b Để đồ thị hàm số cho song song với đường thẳng (d): y =-2x +1 Khi a = a/  m-1 = -2  m = -1  m= -1

bb/ m+3 1 m-2

Vậy với m = -1 đồ thị hàm số y = (m-1)x + m + song song với đường thẳng (d): y =-2x +1

3 2,0

3a

Khi m = phương trình (1) trở thành : x2 – 5x + = 0

Phương trình có dạng: a + b +c = hay +(-5) + = Phương trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 =

3b Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khi:

  0   2m

 

 

  - 4(m2 +m-2) >0  4m2 +4m+ -4m2 – 4m+8 = 0

Theo đề ra: x1(x1 -2x2) + x2(x2 -3x1) = 

2

1 2

x  x x x  x x = 9

 (x12x22) 5 x x1 =9 

2

1 2

(x x )  2x x  5x x =  (x1 x2)2 7x x1 2 =9  (2m+1)2 – 7(m2 + m -2) =  4m2 +4m+ - 7m2 – 7m+14= 9

 3m2 +3m - 6= 0

Phương trình có dạng: a + b +c = hay +3+ (-6) =  m1 = 1; m2 = -2

Vậy với m1 = 1; m2 = -2 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa

mãn: x1(x1 -2x2) + x2(x2 -3x1) =

4 1,0

Vì x>y nên x – y >0 Nên

 

 

2 2

2

x y x y



 

Suy

2 2

x y x y

 

 (Khai phương haivế)  x2 +y2 2 2(x y )  x2 +y2 -2 2x2 2y 0

 x2 +y2 + 2-2 2x2 2y- 20

 x2 +y2 +   2

-2 2x2 2y- 2xy0 (xy=1 nên 2.xy = 2)

 (x-y - 2)2 0 Điều ln ln Vậy ta có điều phải chứng minh. 5

3,5

5a Ta có BD AC (GT) =>

 900

5b

Xét BHQ CHP có :BHQ CHP (đối đỉnh)

 

BQH CPH (Hai góc nội tiếp chắn cung BC đường trịn (O))

Nên BHQ đồng dạng với CHP (g-g), Vậy

BH HQ

CH HP Hay BH.HP = HC HQ

Đề 55

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016

Mơn thi: Tốn Ngày thi: 20 tháng năm 2015 Câu 1( 3,5 điểm)

Tính giá trị biểu thức: A( 4) ( 2);   B 25 16; C (2 3)2  Rút gọn biểu thức:

1

.( ) ( : 0)

1

P x x x dk x

x x

 

    



 

Giải hệ phương trình:

6

2

x y x y

 

 

 

 Câu 2( điểm)

a) Vẽ đồ thị hàm số y = x2 y = 3x - mặt phẳng tọa độ Oxy b) Xác định tọa độ giao điểm hai đồ đó.

Câu 3( 1,5 điểm) Cho phương trình: x2 + x + m – = (1) a) Giải phương trình (1) với m = 0.

b) Tìm giá trị m để phương trình (1)có nghiệm phân biệt x1;x2 thỏa mãn x12 + x22 –3x1x2 <

Câu 4 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O có góc nhọn Kẻ các đường cao BE CF cắt H.

a) Chứng minh rằng: tứ giác AEHF BFEC nội tiếp đường tròn.

b) Cho S trung điểm AH Chứng minh góc ESF góc BOC hai tam giác ESF; BOC đồng dạng.

c) Kẻ OM vng góc với BC M chứng minh: SM vng góc với EF.

Câu 5 (0,5 điểm) Cho x y số thực dương thỏa mãn: 2x + 3y = 5 Chứng minh rằng: xy2x2y4 (2x2)y 5.

Đề

Câu 2:

Câu 3/

Câu 5:

Đề

SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Khóa ngày `19/06/2015 MƠN: TỐN

Câu 1: (2.0điểm) : Cho biểu thức A=

1

1 1

x

x x x



 

   với x1

a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x A =

4 2015

Câu 2: (1.5điểm) : Cho hàm số: y = (m-1)x + m + với m1 (m tham số)

b) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số song song với đường thẳng (d): y = -2x +

Câu 3: (2.0điểm) : Cho phương trình: x2– (2m+1)x + m2 + m -2 = (1) (m tham số). a) Giải phương trình (1) m = 2

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn: x1(x1 -2x2) + x2(x2 -3x1) = 9

Câu 4: (1.0điểm): Cho x, y hai số thực thỏa mãn: x > y xy = 1 Chứng minh rằng:

 

 

2 2

2

x y x y



 

Câu 5: (3.5điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, hai đường cao BD CE cắt đường tròn (O) theo thứ tự P Q (PB, QC).

a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn. b) Gọi H giao điểm BD CE Chứng minh HB.HP = HC.HQ.

c) Chứng minh OA vng góc với DE.

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM

Câu Nội dung Điểm

1 2.0đ

1a

Cho biểu thức A=

1

1 1

x

x x x



 

  

= 2

1

1 1

x x x

x x x

  

 

  

=

1

( 1)( 1)

x x x

x x

    

 

=

4 ( 1)( 1)

x

x x



  =

4( 1) ( 1)( 1)

x

x x



  =

4

x với x1

1b

A=

4

x với x1

Khi A =

4

2015 ta có

1

x = 2015

 x- = 2015  x = 2016 (TMĐK)

Vậy A =

4

2015 x = 2016

2 1,5đ

2a Ta có M(1; - 4)  x = 1; y = -4 thay vào hàm số cho ta có:

-4 = (m- 1).1 + m +3  - = m-1 +m +3

 -4-2= 2m  -6 = 2m

 m= -3 (TMĐK)

2b Để đồ thị hàm số cho song song với đường thẳng (d): y =-2x +1 Khi a = a/  m-1 = -2  m = -1  m= -1 bb/ m+3 1 m-2

Vậy với m = -1 đồ thị hàm số y = (m-1)x + m + song song với đường thẳng (d): y =-2x +1

3 2,0đ

3a

Khi m = phương trình (1) trở thành : x2 – 5x + = 0 Phương trình có dạng: a + b +c = hay +(-5) + = 0 Phương trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 = 4

3b

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khi:

0

    

2 2m

 

 

  -4(m2 +m-2) >0 4m2 +4m+ -4m2 – 4m+8 = 0

 >  phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2

Theo định lí Viet x1 +x2 = 2m +1, x1x2 = m2 + m -2 Theo đề ra: x1(x1 -2x2) + x2(x2 -3x1) = 9

 x12 2x x1 2x22 3x x1 2= 

2

1 2

(x x ) 5 x x =9  (x1 x2)2 2x x1 2 5x x1 = 9

2

1 2

(x x )  7x x =9

 (2m+1)2 – 7(m2 + m -2) =  4m2 +4m+ - 7m2 – 7m+14= 9  3m2 +3m - 6= 0

Phương trình có dạng:a + b +c = hay 3+3+(-6)= 0; m1 = 1; m2 = -2

Vậy với m1 = 1; m2 = -2 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1(x1 -2x2) + x2(x2 -3x1) = 9

4 1,0đ

Vì x > y nên x – y >0 Nên

 

 

2 2

2

x y x y







Suy

2

2

x y x y

 

 ( Khai phương hai vế)  x2 +y2 2 2(x y )

 x2 +y2 -2 2x2 2y 0  x2 +y2 + 2-2 2x2 2y- 20  x2 +y2 +  

2

-2 2x2 2y- 2xy0 (xy=1 nên 2.xy = 2)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

5

3,5đ

5a Ta có BD

AC (gt) => BDC900, CEAB (gt) =>BEC900

Nên điểm D E nhìn đoạn thẳng BC góc vng Vậy tứ giác BCDE nội tiếp đường trịn đường kính BC

5b

Xét BHQ CHP có :BHQ CHP (đối đỉnh)

 

BQH CPH (Hai góc nội tiếp chắn cung BC đường tròn (O))

Nên BHQ đồng dạng với CHP (g-g)

Suy ra:

BH HQ

CH HP Hay BH.HP = HC HQ

5c Ta có BDE BCQ 

( góc nội tiếp chắn cung BE đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDE) (1)

 

BCQ QPB (góc nội tiếp chắn cung BQ đường tròn (O)) (2)

Từ (1) (2) => QPB BDE 

mà hai góc lại vị trí đồng vị => PQ//DE (*)

Ta có DCE BDE  (góc nội tiếp chắn cung DE đường tròn nội

Mặt khác: OP = OQ (cùng bán kính đường (O) ) (4) Từ (3) (4) => OA đường trung trực đoạn thẳng PQ => OA PQ (*) (*)

Từ (*) (*) (*) suy OA DE (đpcm) Giải cách câu c

5c Kẽ tiếp tuyến Ax Ta có góc C AxABC (Vì chắn cung AC)

Mà ABC ADE (Vì tứ giác BCDE nội tiếp) Nên C Ax ADE.

Mà hai góc vị trí so le Suy Ax // DE. Mà OA vng góc Ax nên OA vng góc DE.

Đề

Đề thi TS lớp 10 THPT Chuyên Trần Phú (Hải Phòng) năm học 2015 - 2016