đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán

Thực tế trên nửa quãng đường đầu ô tô đi với vận tốc nhỏ hơn vận tốc dự định là 6 km/h. Trong nửa quãng đường còn lại ô tô đi với vận tốc nhanh hơn vận tốc dự định là 12 km/h. Biết rằn[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

NĂM HỌC 2014 – 2015 Mơn thi: Tốn ( không chuyên )

Thời gian làm bài: 120 phút Đề thi gồm: 01 trang

Câu I ( 2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 43  x x

2) Rút gọn biểu thức: 10 ( 0; 1)

3 4

x x x

A x x

x x x x

 

    

   

Câu II ( 2,0 điểm)

Cho Parabol (P): yx2 đường thẳng (d): y(m1)x m (tham số m)

1) Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm (P) (d)

2) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm nằm hai phía trục tung Câu III ( 2,0 điểm)

1) Cho hệ phương trình:

3 11

x y m

x y m

   

   

 ( tham số m)

Tìm m để hệ cho có nghiệm (x; y) thỏa mãn x2 – y2 đạt giá trị lớn 2) Một ô tô dự định từ A đến B dài 80 km với vận tốc dự định Thực tế nửa quãng đường đầu ô tô với vận tốc nhỏ vận tốc dự định km/h Trong nửa qng đường cịn lại tơ với vận tốc nhanh vận tốc dự định 12 km/h Biết ô tô đến B thời gian định Tìm vận tốc dự định tơ Câu IV ( 3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AM, BN, CP tam giác ABC cắt nhau H Dựng hình bình hành BHCD

1) Chứng minh: Các tứ giác APHN, ABDC tứ giác nội tiếp 2) Gọi E giao điểm AD BN Chứng minh: AB.AH = AE.AC

Câu V ( 1,0 điểm)

Cho x; y hai số dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức:    

2

2

x y x y

S

x y xy

 

 



-Hết - Họ tên thí sinh :……….Số báo

danh :………

Chữ ký giám thị :……… Chữ ký giám thị :………… …………

-

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Tốn ( khơng chun ) I) HƯỚNG DẪN CHUNG

- Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa - Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

I 1 Giải phương trình: 43  x x 1 1,00

 2

1 (1)

43

43 (2)

x

x x

x x

  

    

  

 0,25

(1)  x 0,25

(2)  x2  x 420

x x

     

 0,25

Kết hợp nghiệm ta có x7 (thỏa mãn), x 6 ( loại)

Vậy tập nghiệm phương trình cho S  7 0,25 I

Rút gọn biểu

thức: 10 ( 0; 1)

3 4

x x x

A x x

x x x x

 

    

   

 10 

4

4

x x x

A

x x

x x

 

  

 

  0,25

     

  

10 1

4

x x x x x

x x

     



  0,25

   

     

10 5 3 10 7

=

4

x x x x x x x

x x x x

        



    0,25

  

  

1 7 3

= =

4

4

x x x

x

x x

  



  ( x0;x1) 0,25

II

Cho Parabol  P : yx2 đường thẳng

 d : y(m1)x m 4 (tham số m)

2,00

1 Với m = 2, tìm tọa độ giao điểm (P) (d) 1,00 m = ta có phương trình đường thẳng (d) là: y = x + 0,25 Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình

x2  x 0,25

3 x x x

x   

     



 0,25

* x 2  y

* x3  y

Vậy m = (P) (d) cắt hai điểmA2;4

 3;9 B

0,25

II 2 Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm nằm hai phía trục tung 1,00 Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình

x2 m1x m

 

2

x m x m

      (*) 0.25

(d) cắt (P) hai điểm nằm hai phía trục tung phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu

0,25

 

m <

   0,25

m >

III Cho hệ phương trình:

3

3 11

x y m

x y m

   

   

 ( tham số m) 1,00 Giải hệ phương trình ta có

2

x m

y m

  

  

 0,25

  2 2

2 2

3 = 10

x  y  m  m  m  m

2

49

=

3 m

 

   

 

0,25

Do

2

5

0

m

   

 

  với m; dấu “ = ” xẩy khi

5

m 0,25

2 49

3 x y

   , dấu “ = ” xẩy m hay x2  y2lớn 49

3

5 m

0,25

III 2 Gọi vận tốc dự định ô tô x (km/h) (x >6 )

Khi thời gian ô tô dự định hết quãng đường AB 80( )h x

0,25

Thời gian thực tế ô tô nửa quãng đường đầu 40 ( ) h x

Thời gian thực tế tơ nửa qng đường cịn lại 40 ( ) 12 h x

0,25

Theo ta có phương trình: 40 40 80

6 12

x  x  x 0,25 Giải phương trình ta x24 ( thỏa mãn)

Vậy vận tốc dự định ô tô 24 (km/h) 0,25

IV

Từ giả thiết ta có ·

90 APH 

·

90

ANH  0,25

 tứ giác APHN nội tiếp đường trịn (đường kính AH) 0,25 Ta có : BD// CH ( BDCH hình bình hành) CH AB

I O E

M

D N P

C B

A

 BD  AB ·ABD900 Tương tự có ·

90

ACD 0,25

 tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn ( đường kính AD ) 0,25 IV Xét tam giác ABE ACH có :

· ·

ABE ACH ( phụ với ·BAC ) (1) 0,25 ·

BAE phụ với ·BDA; ·BDA·BCA (góc nt chắn »AB ) ·

CAH phụ với ·BCA

BAE· CAH· (2) 0,25

Từ (1) (2) suy tam giác ABE, ACH đồng dạng 0,25

 AB AC AB AH AC AE

AE  AH   0,25

IV Gọi I trung điểm BC  I cố định (Do B C cố định) 0,25 Gọi O trung điểm AD  O cố định ( Do ·BAC không đổi,

B C cố định, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )

độ dài OI không đổi 0,25

ABDC hình bình hành  I trung điểm HD

1

OI AH

  ( OI đường trung bình tam giác ADH) độ dài AH khơng đổi

0,25 Vì AH đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN, độ

dài AH khơng đổi  độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác APHN khơng đổi  đường trịn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích khơng đổi

0,25

V

Ta có:    

2

2

x y x y

S

x y xy

 

 



2

2

2

1+ xy x y

x y xy



  

 0,25

2 2

2

2 3+

2

xy x y x y

x y xy xy

   

   



  0,25

Do x; y số dương suy

2 2

2 2

2

2

2

xy x y xy x y

x y xy x y xy

 

  

« = »    

2

2

2 2 2

2 2

4

2

x y xy

x y x y x y

xy x y



       



2

( ; 0)

x y  x y x y

2

2

2

2

x y

x y xy

xy



    ;« = » x y

0,25

Cộng bđt ta S 6

6