thi tuyen sinh 2015-2016

Thực hiện đúng kế hoạch được một thời gian, vào khoảng cuối tháng 3 (tháng 3 có 31 ngày) thì An bị bệnh, phải nghỉ giải toán nhiều ngày liên tiếp. Khi hồi phục, trong tuần đầu An chỉ giả[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHƠ THỔNG NĂM HỌC 2015 – 2016

MƠN THI: TỐN Ngày thi: 12 tháng năm 2015

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu : (2 điểm)

Giải phương trình hệ phương trình sau : a) x - 8x + 15 = 0

b) 2x - x - = c) x - 5x - = d)

2

3 x y x y        Câu : (1,5 điểm)

a) Vẽđồ thị(P) hàm số y= x đường thẳng (D) : y= x +2 hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm (P) (D) câu phép tính

Câu : (1,5 điểm)

Thu gọn biểu thức sau :

A = 10

4

2

x x x

x

x x

 

 



  ( x  0, x ≠ 4) B = (13 3)(7 3) 20 43 24 3     Câu : (1,5 điểm)

Cho phương trình : x - mx + m - = (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 ,xcủa (1) thỏa mản :

2 2 2 1 x x x x     

Câu : (3,5 điểm)

Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn.Đường trịn tâm O đường kính BCcắt cạnh AB,AC F, EGọi H giao điểm BE CF; D giao điểm điểm AH BC

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

c) Trên tia đối tia DE lấy điểm L cho DL = DF Tính số đo góc BLC d) Gọi R,L hình chiếu B,C lên EF.Chứng minh: DE + DF = RS

Câu 1:

Giải phương trình hệ phương trình : a) x - 8x + 15 = 0

2

1

8 4.15

8

5 ;

2

x x

   

 

    

b) 2x - x - =

2

1

( 2) 4.2.( 2) 18

2 2 2

2 ;

4

x x

     

  

    

c) x - 5x - = Đặt t = x2

0

 pt thành : t2 5t 0

Phương trình có: a+b+c= 1- (-1) - = nên có nghiệm : t= - (loại) hay t=6 (nhận) x = 6 x= 

d)

3 x y x y       



15 20

x y x y         1 x y      Câu 2:

a) Bảng giá trị:

x -3 -2 0 2 3

2

y x 9 4 0 4 9

x -1 2

(P) qua O(0;0), 2;4 , 3;9   (D) qua 1;1 , 2; 4  

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

2 2

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

Với x = -1 y = 1, x = 2 y =

Vậy toạ độ giao điểm (P) (D) A1;1 , B 2; 4   Câu 3:Thu gọn biểu thức sau

10

4

2

x x x

A

x

x x

 

  



  ( x  0, x ≠ 4)

( 2) ( 1)( 2) 10

4

2 10 2( 4)

2

4 ( 4)

x x x x x

A

x

x x x x x x x

A

x x x

     





       

   

 

 

2

2

B (13 3)(7 3) 20 43 24 91 52 28 48 20 3

43 24 20 43 24 28 43 24 3 43 24 24 35 B B B                                Câu 4:

a) : f(x)= x - mx + m - = (1) (a=1,b =-m , c= m - 2)

 2

2 4.(m 2) 4 8 4 4 4 2 4 0

m m m m m m

                với m

 Phương trình (1) ln có hai nghiệm x ≠ x với m b) Cách 1:Theo hệ thức Viet ta có: x + x = m x x = m -

(x -1) (x -1) = xx -(x +x ) +  m - - m + = - 1≠  x , x ≠ m x - mx + m - =  x - = mx - m  x12 2mx1 m hay

2

2 2

x  mx  m

Ta có:

2

2

1 2

1 2

2 ( 1) ( 1)

4

1 1 1

x x mx m mx m m x m x

m m

x x x x x x

     

        

     

Vậy m =  phương trình (I) có nghiệm x , x thỏa hệ thức

2 2 2 1 x x x x      Cách

Nếu x=1 f(1)= 1- m + m -2 = - ≠  (1) khơng có nghiệm hay x , x ≠ 1m x - mx + m - =  x - = mx - m  x12 2mx1 m hay

2

2 2

x  mx  m

Ta có:

2

2

1 2

1 2

2 ( 1) ( 1)

4

1 1 1

x x mx m mx m m x m x

m m

x x x x x x

     

        

     

Vậy m =  phương trình (I) có nghiệm x , x thỏa hệ thức

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)

- Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Bài 1:(2 điểm)

a/ Giải phương trình x2 9 2 x x x 2 9

b/ Giải hệ phương trình    

2 2

2

4 4

3

x y x y

x y

    

 

  



Bài 2: (1,5 điểm) Cho phương trình    3

x m x m

x

  



 (1)

Bài 3: (1,5 điểm) a/ Rút gọn Q = 3 36 :

3 3

x x x

x

x x x x

    

 

 



  

 

(x > 0,

9, 25 x x

b/ Tìm x để Q < Bài 4: (2 điểm)

a/ Cho tam giác vuông Nếu ta tăng độ dài cạnh góc vng thêm 3cm diện tích tăng thêm 33cm2;

nếu giảm độ dài cạnh góc vng 2cm tăng độ dài cạnh góc cịn lại thêm 1cm diện tích giảm 2cm2.

Hãy tính độ dài cạnh tam giác vuông

b/ Bạn An dự định khoảng thời gian từ ngày 1/3 đến ngày 30/4 giải ngày toán Thực kế hoạch thời gian, vào khoảng cuối tháng (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 đến 30/4 An hoàn thành kế hoạch định Hỏi An phải nghỉ giải tốn 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 đường tròn c/ Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tính OJ

DE

- Hết

-Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP ĐÀ NẴNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016

Khóa ngày : 9, 10 – 06 – 2015 MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 điểm)

1) Đưa thừa số dấu biểu thức 28a4

2) Tính giá trị biểu thức : A ( 21 7 10 5) : 1

3 1 2 1 7 5

-

-= +

- -

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

¿

3

2x− y=6

x+2y=−4

¿{ ¿

2) Cho hàm số y = x + y = - x + m ( với m tham số) có đồ thị

(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 =

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 ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm)

1) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp

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

-HẾT -Họ tên thí sinh :………Số báo danh :…………Phịng thi:…………

GHI CHÚ :

Thí sinh sử dụng máy tính đơn giản, máy tính có tính tương tự máy tính Casio fx-500A, Casio fx-500MS

Đáp án Bài 1 :1)

2a2¿2 ¿ ¿

√28a4 =√¿

(vì 2a2 0 với a)

2) A ( 21 7 10 5) : 1

3 1 2 1 7 5

-

-= +

- -

= (√7(√3−1) √3−1 +

√5(√2−1)

Bài 2 : -

¿

3

2x− y=6

x+2y=−4

¿{ ¿

⇔

¿

3

x−2y=12

x+2y=−4

⇔ ¿4

x=8

x+2y=−4

⇔ ¿x=1

2 2+2y=−4

⇔ ¿x=1

2 y=−3

¿{ ¿

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=( 12 ;-3)

Bài 3 : 1) Vẽ đồ thị hàm số y=x2 Bảng giá trị

x -2 -1

y=

x2

4 1

Đồ thị

2)Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : x2 = x +  x2 - x - = 0(*) Phương trình (*) có dạng : a – b + c = nên có nghiệm :x1= -1; x2=

− c

a =2

Với x1=-1 ⇒ y1=(-1)2=1 ta có (-1;1) Với x2=2 ⇒ y2=22 =4 ta có (2;4)

Vậy (d) cắt (P) hai điểm A(-1; 1) B (2; 4)

+ 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 x1= 2 x2 = - 2

2) Có ∆ = b’2 – ac = [-(m-1)]2-1.(-2m)= m2-2m+1+2m=m2+1 với m nên phương trình cho ln có nghiệm phân biệt với m

Theo Vi-et ta có : x1+x2= − b

a =2(m−1) =2m-2

Theo ta có x12 + x1 – x2 = – 2m (2)

Từ (1) (2) ta có 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 : x1

2 + x

1 – x2 = – 2m

Bài 5

a/ Tự giải

b/ Gọi H giao điểm AO BC, chứng minh AO trung trực đoạn BC ⇒ BC =

∆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 T giao điểm BM AC ta chứng minh TA=TC

Dễ thấy TC2=TM.TB ta tìm cách chứng minh TA2=TM.TB xong

Ta nghĩ đến chứng minh Δ đồng dạng {Chú ý M ^A T=A^BT=MC B^ }

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGHỆ AN

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016

Mơn thi : Tốn

Thời gian làm : 120 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (2,5 điểm)

Cho biểu thức P x 44

x

 

 

a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị biểu thức P x 1

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 long bao nhiêu? Biết dừa có long có

Câu 3 (1,5 điểm)

Cho phương trình : x2 2 m x m     0 (1) (m tham số).

a) Giải phương trình (1) với m =

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 x2 cho

2

1

x x 4

Câu (3 điểm)

Cho đường trịn (O) có dây BC cố định không qua tâm O Điểm A chuyển động đường tròn (O) cho tam giác ABC có góc nhọn Kẻ đường cao BE CF tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB) Chứng minh :

a) BCEF tứ giác nội tiếp b) EF.AB = AE.BC

c) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi A chuyển động

Câu (3 điểm)

Cho số thực dương x, y thỏa mãn x y 3  Chứng minh rằng:

1 2 9

x y

2x y 2

   

Đẳng thức xảy ?

……… Hết ………

ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu 1.

a) ĐKXĐ : x 0 , x  (0,5 đ)

Rút gọn :

       

1 x x

P

x

x x x x x

             x 

 (1 điểm)

b) 1

x 4

  ĐKXĐ Thay vào P, ta :

1 1 5

P 1 2 1 1 2 2 4    

 (1 điểm)

Câu 2.

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

Theo ta có hệ phương trình 5x 4y 120x y 25 

 



Giải ta : x = 20, y = (thỏa mãn điều kiện tốn) 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

b)  ' m 1 2  m2  3 2m 4

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

Theo Vi – ét ta có : 2  

1

x x 2 m 1

x x m 3

Theo ta có : x12 x22  4 x1x22  2x x1 4  2  

4 m 1 2 m 3 4

    

1

2

m

m 4m

m

 

     

 

2

m 3 không thỏa mãn điều m2.

Vậy m =

Câu 4. Hình vẽ (0,5 điểm)

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 EF.AB BC.AF EF BC.AE BC.cos BAC

AB

   

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

không đổi  cosBAC không đổi

Vậy EF BC.cosBAC  không đổi  đpcm

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

Bán kính RBC

2 khơng đổi (vì dây BC cố định)

 Đường trịn ngoại tiếp tứ giác BCEF đường

tròn cố định

FBE ECF 1Sd 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 không đổi

 Dây EF có độ dài khơng đổi (đpcm).

Câu 5

Cách Ta có : Với x, y > x y 3  Ta có :

x y 1 2 1 x y x 2 1 y 4 4 6

2x y 2 x y

                          =   2

1 1 2 1 9

x y x y 6 3 6

2 x y 2 2

                            

Đẳng thức xảy

1

x 0

x 1 x

2 y 2

y 0 y                  

Cách Với x, y > x y 3  Ta có :

1 2 1 1 4 1 1 4 9

x y x y x y 3 x. 2 y.

2x y 2 x y 2 x y 2

 

    

                

   

   

Đẳng thức xảy

1 x

x 1 x

4 y 2

y y                

(vì x, y > 0)

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1(2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức

√3+2¿2 ¿ √3−2¿2

¿ ¿

P=√¿

2) Giải hệ phương trình

¿

x − y=3

3x+y=1 ¿{

¿ Câu (1,5 điểm)

1) Xác định tọa độ điểm A B thuộc đồ thị hàm số y = 2x – 6, biết điểm A có hồnh độ điểm B có tung độ

2) Xác định tham số m để đồ thị hàm số y = mx2 qua điểm P (1;-2). Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x2-2(m+1)x+2m=0 (m tham số)

1) Giải phương trình với m=1

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn √x1 + √x2 = √2 Câu (1,5 điểm)

1) Cho tam giác ABC vuông A, AB = 3cm, BC = cm 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 lớn vận tốc từ A đến B 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

Câu (2,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O 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 song song với CD

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

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

b−1+

b2

c −1+

c2

a −1≥12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016

Mơn thi: Tốn

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

I Hướng dẫn chung

1) Hướng dẫn chấm trình bày bước lời giải nêu kết Trong bài làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ.

2) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm từng phần hướng dẫn quy định.

3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) phải đảm bảo khơng làm thay đổi tổng số điểm của mỗi câu, ý hướng dẫn chấm thống Hội đồng chấm thi.

4) Các điểm thành phần điểm cộng toàn phải giữ ngun khơng làm trịn

II Đáp án thang điểm

Câu Đáp án Điểm

Câu 1

2,0 đ

1)

1,0 đ P 32  3 0,5đ

= 3 2 32 0,25đ

4

P 0,25đ

2)

1,0 đ Từ hpt suy 4x 4 x1 0,5đ

 y2

Nghiệm hpt: x y;   1; 2 

0,5đ

Câu 2

1,5 đ

1)

1,0 đ Điểm A thuộc đường thẳng y2x 6, mà hoành độ x = 0

Suy tung độ y = - 6.

0,25đ

Vậy điểm A có toạ độ A0; 6 . 0,25đ

Điểm B thuộc đường thẳng y2x 6, mà tung độ y = 0

Suy hoành độ x = 3.

Vậy điểm B có toạ độ B3; 0 0,25đ

2)

0,5 đ Đồ thị hàm số

2

ym x qua điểm P1; 2  suy

2 m.1

  0,25đ

2

m 0,25đ

Câu 3

1,5 đ

1)

1,0 đ Với m1, phương trình trở thành:

2

4

x  x  0,25đ

'

  0,25đ

1 2

x   ; x2  2 0,5đ

2)

0,5 đ Điều kiện PT có nghiệm khơng âm x x1,

1 2 ' 0 x x x x          

2( 1) 0

2 m m m m              0,25đ

Theo hệ thức Vi-ét: x1x2 2(m1), x x1 2m Ta có x1  x2   x1x2 2 x x1 2  2m 2 2m  2 m0 (thoả mãn)

0,25đ

Câu 4

1,5 đ

1)

0,5 đ

Tam giác ABC vuông A

Ta có sin 0,5

6

AB C

BC

   0,25đ

Suy 

30

C 0,25đ

2)

1,0 đ

Gọi vận tốc tàu hoả quãng đường AB x (km/h; x>0) 0,25đ

Thời gian tàu hoả hết quãng đường AB 40

x (giờ)

Thời gian tàu hoả hết quãng đường BC 30

5

x (giờ) Theo ta có phương trình: 40 30

5

x  x  

0,25đ

Biến đổi pt ta được:

37 120

40 ( ) ( )

x tm

x ktm

    



Vận tốc tàu hoả quãng đường AB 40 km/h

0,25đ

Câu 5

2,5 đ

I K

M F E

D H

O

B C

A

1)

1,0 đ Theo có  

90

AEBAHB 0,5đ

Suy bốn điểm A, B, H, E thuộc đường tròn 0,5đ

2)

1,0 đ Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn  BAE EHC (1) 0,25đ

Mặt khác, BCDBAE (góc nội tiếp chắn BD) (2) 0,25đ

Từ (1) (2) suy BCD EHC 0,25đ

suy HE // CD 0,25đ

3)

0,5 đ Gọi K trung điểm EC, I giao điểm MK với ED

Khi MK đường trung bình BCE  MK // BE; mà BEAD (gt)

MKAD hay MKEF (3)

0,25đ

Lại có CFAD (gt)  MK // CF hay KI // CF

ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4) Từ (3) (4) suy MK là đường trung trực EF

 ME = MF

0,25đ

Câu 6

1,0 đ Với a, b, c số lớn 1, áp dụng BĐT Cơ-si ta có:

 

4

1

a

b a

 

4

b

c b

c    (2)

0,25đ

 

4

1

c

a c

a    (3)

0,25đ

Từ (1), (2) (3) suy

2 2

12

1 1

a b c

b c a 

0,25đ

Hết

-Câu ( Cách 2) Ta có

2

4( 1) 4a

1 a

b

b    ( Theo BĐT Côsi)

Tương tự: … Vậy

2 2

4( ) 4( 1 1 1) 12

1 1 1

a b c

a b c b c a

b c a          

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN THI: TỐN

Thời gian:120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 11/6/2015 Bài 1: (2,5 điểm)

a) Rút gọn biểu thức sau: A 3 22 

b) Giải hệ phương trình phương trình sau: a/ x y 5x y 1 

 

 b/ x2 2x 0  c/ x4 3x2 0

Bài 2: (1,0 điểm)

Cho phương trình x2  m x m     3m 0 (x ẩn số, m tham số)

1 Định m để phương trình có hai nghiệm x , x1

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

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho parabol  P : y x 2và đường thẳng  d : y x 2

1 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 4: (1,5 điểm)

Khoảng cách hai bến sông A B 30 km Một canơ 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 (2,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (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

2 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 -Thí sinh sử dụng loại máy tính cầm tay Bộ Giáo dục đào tạo cho phép. Giám thị khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh:………

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài

A 3 22   3  3  2 3

a/ x 3y 2 

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

Bài 2. Phương trình x2 m x m     3m 0 (x ẩn số, m tham số)

 /  b/  ac  m 1  2 m 2 3m m2  2m m  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

B x x  7 x x  2x x  7 2 m 1   m  3m 7

2

2 2 11 21

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

2 2

   

                 

   

Vì

2

1 21 21 m

2 2

 

  

 

  nên Bmin =

21

2 Dấu “=” xảy

1 m

2



Bài 3 Vẽ đồ thị (P) (d) hình vẽ

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

⇔ x = x = —2

Gọi M(xM; yM) điểm thuộc parabol (P), cung AB cho diện tích tam giác AMB lớn

Điều kiện: —2 < xM< ≤ yM<

Từ M, kẻ MH ⊥ AB H, ta có:

+ Phương trình đường thẳng AB: y = –x +

+ Phương trình đường thẳng MH có dạng: y = ax + b Đường thẳng vng góc với

AB Suy a.(—1) = —1 Suy ra: a = 1, đường thẳng MH có phương trình y = x + b

+ Phương trình hoành độ giao điểm (P) MH: x2 = x + b ⇔ x2 – x – b = 0

∆ = (—1)2 – 4.1.( –b) = + 4b; ∆ = ⇔ + 4b = ⇔ b

4



Do đó: MH có phương trình: y x  14

+ phương trình hồnh độ giao điểm AB MH: x 14x 2 ⇔ x

8



Khi đó: y

8

   H 7;

8

 

 

 

+ Phương trình hồnh độ giao điểm (P) MH: x2  x 14 ⇔ x2 x

4

  

phương trình có nghiệm kép: x12(thỏa điều kiện)

Khi đó: y x  14 1 12 414(thỏa điều kiện)

Vậy: M1 12 4; 

 

Khi đó:

   

2 2

2

2

M H M H

1 5 25

MH x x y y

2 8 8 64

       

                

       

MH

8



AB 32 32 2.32 3 2

   

Diện tích tam giác AMB AMB

1 15

S AB.MH 2

2 8

Bài 4 Gọi x (km/h) vận tốc dòng nước (ĐK: < x < 12) Theo đề bài, ta có phương trình: 12 x 12 x30  30 163

  ⇔ x

2 = 9 Giải phương trình được: x = —3 (loại) x = nhận

Vậy vận tốc dòng nước (km/h)

Bài 5

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: MAMC MDMA ⇒ 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



F

H

D C

B

O A

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 6

+ Diện tích xung quanh hình nón: Sxq rl.5.13 65 cm2

+ Thể tích hình nón: h l2  r2  132 55 12 cm 

V r h2 12 1002 cm3

3 3 

  

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

Mơn thi : TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề thi gồm: 01 trang) Câu I (2,0 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:

1) 2x 0 

2)

x 2y

y 2x

   

  

3) x4 8x2  0

Câu II (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức     

2

A a 2 a 3  a 1  9a với a 0.

2) Khoảng cách hai tỉnh A B 60km 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 xe sửa xong, người thứ với vận tốc nhanh trước 4km/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  m x m     0 có nghiệm

kép Tìm nghiệm kép

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

nhau điểm A x;y  Tìm giá trị m để biểu thức P y 2x 3 đạt giá

trị nhỏ

Câu IV (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định đường kính CD thay đổi không 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

1) Chứng minh ACBD hình chữ nhật;

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 ;a ; ;a1 2015 thỏa mãn điều kiện :

1 2015

1 1 1 1 89

a  a  a   a 

Chứng minh 2015 số ngun dương đó, ln tồn số

-Hết

-HDC

Câu 1.( 2điểm) 1) x =

1  0,5(đ) 2) 1 x y    

 0,5(đ)

3) x =  Giải PT 0,5(đ) 1,0(đ) Câu ( 2điểm)

1) A = -7 1,0(đ) 2) Gọi vận tốc ban đầu người x 60x x  1 603 x 4x

 0,5(đ)

Giải chọn x = 20 0,5(đ) Câu 3.( 2điểm)

1) m = -2 ; x1 = x2 = -1 1,0(đ)

2) Tìm A ( 1;

1 m m m     ) 2 1

2 6

1 m P m m P m m                       

=> Min P = -6 m = 1,0(đ)

Câu (3 điểm) Vẽ hình 0,25 (đ)

a) Có ACB CBD ADB 900

   ( Các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

 Tứ giác ACBD hình chữ nhật ( Tứ giác có ba góc vng) 0,75 (đ)

b) Có PO đường trung bình tam giác AEB  PO // EB mà EB  BF POBF Xét tam giác PBF có BA PF; POBF nên BA PO đường cao tam giac PBF mà BA PO căt O nên O trực tâm tam giác PBF FO đường

Lại có H trực tâm tam giác PBQ nên QH  PB (2)Từ (1) (2)  QH //

FOXét tam giác AOF có Q trung điểm AF; QH // FO nên H trung điểm AO

0,5 (đ)

c) ( ) ( )

2

BPQ

S  AB AP AQ  AB AE AF (3)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si

với hai số không âm AE AF ta có: AE + AF 2 AE AF (4)

( Dấu “=” xảy  AE =AF) 0,5 (đ)

Từ (3) (4)  SBPQ 12.AB AE AF (5)

Lại có:

Áp dụng hệ thức tam giác vuông EBF ta có:

AE.AF = AB2 (6) Từ (5) (6) ta có S

BPQ

2

2 AB



Xảy dấu AE = AF 0,25 (đ)

 Tam giác EBF vuông cân B

 ACBD hình vng nên CD vng góc AB.

Vậy : Khi đường kính CD vng góc với

đường kính AB tam giác PBQ có diện tích nhỏ 0,25 (đ)

Câu ( 1điiểm)

Giả sử không tồn hai số mà a1, a2, …, a2015 nguyên dương Khơng làm tính tổng qt giả sử a1 > a2 > … > a2015 Nên a1≥1; a2≥ 2; … ; a2015 ≥ 2015

Suy

1 2015

1 1 1

1 2015

a  a   a     (1)

Có 11 12   20151  1 12 2   20142 2015 (2)

Mà 1 12 2   20142 2015 2 2015 89  (3)

Từ (1), (2), (3) suy

1 2015

1 1

89

a  a   a  Trái với đk

Đề thi đáp án vào lớp 10 môn Toán khu vực Hà Nội năm 2015

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 (không kể thời gian giao đề)

Bài (1.0 điểm)

c) Tính: A 45   500

d) Rút gọn biểu thức B 5  

Bài (2.5 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 2

x  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 x2

 và đường thẳng

 d : y m x 2m      (m tham số)

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

1

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 vng 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…

Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm. 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  1 1  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 5 0

   có tập nghiệm S  5; 5 (hs tự giải)

c) Nghiệm hệ 2x y 5x y 1 

 



x y

  



 (hs tự giải)

Bài 3 a) Vẽ đồ thị Bảng giá trị:

x —2 —1

y = x2 4 1 0 1 4

-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

b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P)

(d):

x2 = 2(m – 1)x + – 2m

1

1

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 = 2

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

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: AH AB.AC 12 cm 

BC

 

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

AM BC 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

được 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 =

 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:

/

1

b a b c

x x a b c

a

 

     

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

BÌNH DƯƠNG Năm học: 2015 – 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi : TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài : (1 điểm)

Tính: A 3x2 2x x 2 1

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) tại

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 tròn đường kính MC cắt BC N Đường thẳng BM cắt đường trịn đường kính MC D.

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.

…………Hết………

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 2015 - 2016

BÌNH DƯƠNG

Bài 1 Với x ta có:

 2

A 2 1    2  1  1  1

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

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

x y

O

2

x y

4 

Bài 2

1) Vẽ đồ thị (P) hàm số

2

2) Gọi (d) đường thẳng có phương trình y = ax + b Vì (d) qua gốc tọa độ O(0; 0) nên b =

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

2 x

ax 

Vì (d) cắt (P) điểm A có hồnh độ —3 nên: 9 a 3 a

4   

Vậy: a

4

 ; b = 0

Bài 3

1) Hệ phương trình:

2 10 1          x y

x y có nghiệm x 6y 2  

(hs tự giải)

2) Phương trình: x x 0 (ĐKXĐ: x ≥ 0)

Phương trình tương với x x  x 0  ⇔ x x 2   x 0 

⇔  x 2  x 1 0

   ⇔ x x x       

Vậy x =

Bài 4 Phương trình x2  2(m1)x2m0 (m tham số)

1) ∆ = 4m2 + > với m nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt.

2) Để phương trình có hai nghiệm dương mà ∆> với m ta phải có:

 

2m

P m

m m

S m

                > > > > > > >

3) Theo Viet: S = 2m + 2; P = 2m Suy ra: S – P = ⇔ x1 + x2 – x1x2 = hệ thức liên hệ hai nghiệm không phụ thuộc vào m

Bài 5

a)  

BAC BDC 90  (gt) nên tứ giác BADC nội tiếp đường tròn tâm O trung điểm

BC

b) ADB BDN  ACB  (hai góc nội tiếp chắn cung đường tròn

ngoại tiếp tứ giác BADC, NMDC) nên DB phân giác góc AND c) OM ⊥ AC (OM đường trung bình

tam giác ABC) nên suy MO tiếp tuyến đường trịn đường kính MC

d) MN ⊥ BC (góc MNC nội tiếp nửa đường trịn đường kính MC)

D P

PM ⊥ BC (M trực tâm tam giác PBC) Suy P, M, N thẳng hàng

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016

Mơn thi : TỐN Ngày thi: 06/6/2015

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

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 trịn ?

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

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 hoành 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+

1 AE

Câu

Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn (

a2+

1

b2+

1

c2)=6(

1 ab+

1 bc+

1

ca)+2015

Tìm GTLN P = √3(2a2+b2)

+

√3(2b2+c2)

+

√3(2c2+a2)

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TS 2015 – 2016

O N

M

PHÚ THỌ

Câu 1: a) x =

b) HV, HCN, HTC

Câu 2: a) với m = (I) ⇔

¿

− x −3y=−5

x+y=3 ¿{

¿

⇔

¿

x=2

y=1 ¿{

¿

b) Với m = hệ có nghiệm ¿

x=3

y=−1/3 ¿{

¿

Với m Xét biểu thức

m−1¿2+2

¿ ¿ m−2 + m=

m2−2m+3 m =¿

Với m

⇒ m−21 ≠−3m 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 3 : a) với m = (d) : y = 8x —

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 +

⇔ x2 – 2(m+1)x + 3m — = (1)

Có Δ❑ = m2 – m + = (m —

2 )2 + 11

4 > với m

⇒ pt (1) ln có nghiệm phân biệt, nên (P) (d) cắt điểm phân biệt A;B c) Vì x1 ; x2 hoành độ A;B nên x1 ; x2 lànghiệm pt (1)

⇒ x12 + x22 = 20 ⇔ (x1 + x2 )2 – x1 x2 = 20 ⇔ 4(m +1)2 – 2(3m – 2) = 20

⇔ 2m2 + m – = ⇔ m = 3/2 m = –2.

Vậy với m = 3/2 m = –2 x12

+ x22 = 20 Câu 4

a) Vì AB, AC tiếp tuyến với (O) suy ABO ACO 90 

 

⇒ ABO ACO 180 

 

⇒ ABOC nội tiếp

b) Vì H trung điểm DE nên OH vng góc DE suy



AHO 90

Lại có ABO ACO 90 

 

⇒ H thuộc (I)

⇒ AHB AOB  ( chắn cung AB (I) ) (1)

⇒ AHC AOC  ( chắn cung AC (I) ) (2)

Mà OA phân giác góc BOC ( tính chất tiếp tuyến cắt điểm bên ngồi đường trịn)

⇒ AOB AOC  (3) Từ (1) (2) (3) suy AHB AHC  , hay HA phân giác góc BHC c) Gọi M giao điểm AO BC BC vng góc AO M

⇒ KMO KHO 90 

  suy 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

⇒ AD.AE = AH.AK

⇒ 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)

⇒ AK2 =AD+AE

AD AE =

1

AD +

1 AE

Câu 5

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+

1 2b+c+

1 2c+a Ta có (x+y+z)( 1x+1

y+

z ) ⇒

1 (

1 x+ y+ z ) x+y+z

⇒ P 2a1 +b+

1 2b+c+

1 2c+a

1

9 [(

1 a+

1 a+

1 b)+(

1 b+

1 b+

1 c)+(

1 c+

1 c+

1 a)] ⇒ P 19 (3a+3

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 =

= (1

a+ b+ c)

+2015 (II) Áp dụng Bunhia cho số (1;1;1) ( 1a ; 1b ; 1c ) Ta (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) ⇒ (1

a+ b+ c)

+2015 10 13 (1

a+ b+ c)

⇒ 2015 10 13 (1

a+ b+ c)

(1

a+ b+ c)

⇒ (1 a+ b+ c)

3.2015 ⇒ (1a+1

b+

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 (

a2+

1

b2+

1

c2)=6(

1 ab+

1 bc+

1

ca)+2015 ⇒ a = b = c = √

SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH

Đề thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 – 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ Q ĐƠN Mơn: TỐN

Ngày thi: 06/06/2015

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

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 nhất

của biểu thức A x 12  x22

Bài 3: (2 điểm)

Trong phịng 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   HẾT

(Ngô Quang Tiếp, 02B Diên Hồng – Quy Nhơn; ĐT: 0935 372 169, sưu tầm)

Lời giải

Bài 1: (2,0 điểm) a) =…=

b) Nghiệm hệ cho (3; – 3) Bài 2: (2,0 điểm)

a) Chứng tỏ phương trình (1) ln có nghiệm với m Phương trình (1) có: với m

Vậy phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Từ kết câu a) suy (1) có hai nghiệm thỏa mãn (hệ thức Viet) Khi đó:

Dấu “=” xãy Vậy

Bài 3: (3,0 điểm)

Gọi x (dãy) số ghế ban đầu ( )

Số chỗ ngồi theo cách xếp thứ (chỗ) Số dãy ghế theo cách xếp thứ hai: x – (dãy)

Số chỗ ngồi dãy ghề theo cách xếp thứ hai là: (chỗ)

Cách xếp thứ hai có nhiều cách thứ chỗ ngồi, nên ta có phương trình: (nhận), (loại)

Vậy lúc đầu có 10 dãy ghế, dãy có số chỗ ngồi là: 80 : 10 = (chỗ ngồi) Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh: tứ giác MAOB nội tiếp đường trịn Ta có:

MA OA MB OB (MA, MB tiếp tuyến với tiếp điểm A, B) Vậy tứ giác MABO nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh:

MAC MDA có: Chung ( sđ ) MAC MDA (1)

c)

Ta có: OA = OB (=R) MA = MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Do đó: OM trung trực AB suy

Khi AH đường cao tam giác vuông AMO (đỉnh A) nên: (2) Từ (1) (2) suy ra:

Mà (định lí Pytago) Vậy

Bài (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: B = x + y + z Ta có:

(vì với x, y, z), dấu “=” xãy x = y = z , dấu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015

MƠN : TỐN (khơng chun)

Ngày thi: 19/6/2014

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1:(1,5 đ)

1) Thực phép tính: 4 9 4 .

2) Rút gọn biểu thức: P = x ( x +1)x +1 + x ( x -1)x -1 ; Với x ≥ 0; x ≠ 1.

3) Cho đường thẳng (d): y = 2014x + m Xác định m để (d) qua điểm A (1; – 1)

Bài 2:(2,0 đ)

1) Giải phương trình: x2 – 6x + = 0

2) Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + 4m – = (1) (Với m tham số).

a) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị của m.

b) Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình (1), tìm hệ thức liên hệ giữa

x1; x2 mà không phụ thuộc vào m.

Bài 3:(2,0 đ)

Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình.

Một công ty dự định điều động số xe để chuyển 180 hàng từ cảng Dung Quất vào Thành phố Hồ Chí Minh, xe chở khối lượng hàng nhau.

Nhưng nhu cầu thực tế cần chuyên chở thêm 28 hàng, nên cơng ty phải điều động thêm xe loại xe phải chở thêm hàng có thể đáp ứng nhu cầu đặt Hỏi theo dự định cơng ty cần điều động bao nhiêu xe? Biết xe không chở 15 hàng.

Bài 4:(3,5 đ)

Cho nửa dường trịn (O) đường kính AB = 2R, điểm C thuộc nửa đường trịn (CA < CB) Gọi D hình chiếu C AB Điểm E chuyển động đoạn thẳng CD (E ≠ C D) Tia AE cắt đường tròn điểm thứ hai F.

1) Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BDEF nội tiếp đường trịn. b) AC2 = AE.AF.

2) Tính AE.AF + BD.BA theo R.

3) Khi E chuyển động đoạn thẳng CD tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CEF chuyển động đường nào? Vì sao?

Bài 5:(1,0 đ)

Cho a, b ≠ Tìm giá trị lớn biểu thức:

2

2 7(a + b) -9(a -b) M =

2014(a + b )

- HẾT

ĐỀ CHÍNH THỨC 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

4

)2 3 27 0

) 72 0

3 5 21

)

2 1

a x x

b x x

x y

c

x y

  

  

 

 

 



2)Tính GTBT P x y

y x

  với

2 3 ; 2 3

x   y  

Câu 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (P): y = 1

2 x 

a) Vẽ đồ thị (P)

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

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

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 tròn tâm O, đường kính AB =2R Đường thẳng qua O 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 Câu 1:

2

1

4

) 2 3 27 0

( 3) 4.2.( 27) 116 225 9

: ; 3

2

) 72 0

: 3

3 5 21 2

) :

2 1 3

a x x

PT co nghiem x x

b x x

PT nghiem x

x y x

c co nghiem

x y y

                            

2) Ta có:

  2 2

2 2 3 2 3 2 3 2 3

4 1

( 2 3 )( 2 3 )

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 –

2 2 8 0

x x

   

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

vì 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

2

3

12 72

9 3 5 0 3 14

14 3

81 9 5 0 9 86

6 32

2 3 2.( 6) 3.32 432 3072 2640

a

a b a b

b a

a b a b

a b

A 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:

2

40 40

3 13

40(13 ) 40 3 (13 )

520 40 40 39 3

3 119 520 0

x x

x x x x

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 vuông cân O

Nên OAC 450

Do OGH 450



b) Vì tứ giác ACGO nội tiếp

Nên CAG COG  ( chắn cung CG)

Mà  1  O

2

CAG  C F ( góc nột tiếp góc tâm chắn cung CF)

 1  O

2

COG C F

 

Nên OG tia phân giác C F O

c)Xét CGO CFB có

D G

F E

O

A B

C

 

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= 3

R

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

3

R

Mà AOD AFB (g-g)

Nên

2

A

10

10 5 3

2 36 18

AOD FB

R

S AD

S AB R





 

 

 

 

    

   

 

 

2 A

5 18 1 3

: . .

18 5 2 3 5

FB ADO

R

S S R R