Tài liệu Tuyển tập đề thi vào lớp 10 môn toán của các trường trên cả nước có đáp án chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1(2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức P = ( 3 + 2) 2 + ( 3 − 2) 2 x − y = 3 3 x + y = 1 2) Giải hệ phương trình  Câu 2 (1,5 điểm) 1) Xác định tọa độ các điểm A và B thuộc đồ thị hàm số y = 2x – 6, biết điểm A có hoành độ bằng 0 và điểm B có tung độ bằng 0. 2) Xác định tham số m để đồ thị hàm số y = mx2 đi qua điểm P (1;-2). Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình x2-2(m+1)x+2m=0 (m là 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 4 (1,5 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, BC = 6 cm. Tính góc C. 2) Một tàu hỏa đi từ A đến B với quãng đường 40km. Khi đi đến B, tàu dừng lại 20 phút rồi đi tiếp 30km nữa để đến C với vận tốc lớn hơn vận tốc khi đi từ A đến B là 5km/h. Tính vận tốc của tàu hỏa khi đi trên quãng đường AB, biết thời gian kể từ khi tàu hỏa xuất phát từ A đến khi tới C hết tất cả 2 giờ. Câu 5 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O và AB0) 0,25đ 40 (giờ). x 30 (giờ). Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường BC là x+5 40 30 1 Theo bài ta có phương trình: + + =2 x x+5 3 Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường AB là 0,25đ Biến đổi pt ta được: x 2 − 37 x − 120 = 0 0,25đ  x = 40 (tm) ⇔  x = −3 (ktm) Vận tốc của tàu hoả khi đi trên quãng đường AB là 40 km/h. 0,25đ Câu 5 2,5 đ A O E K I B C H M F D 1) Theo bài có AEB = AHB = 900 . 0,5đ 1,0 đ Suy ra bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc một đường tròn. 2) 1,0 đ Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn ⇒ BAE = EHC (1) 0,25đ Mặt khác, BCD = BAE (góc nội tiếp cùng chắn BD ) (2) 0,25đ 3) 0,5 đ 0,5đ Từ (1) và (2) suy ra BCD = EHC 0,25đ suy ra HE // CD. 0,25đ Gọi K là trung điểm của EC, I là giao điểm của MK với ED. Khi đó MK là đường trung bình của ∆BCE 0,25đ ⇒ MK // BE; mà BE ⊥ AD (gt) ⇒ MK ⊥ AD hay MK ⊥ EF (3) Lại có CF ⊥ AD (gt) ⇒ MK // CF hay KI // CF. ∆ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF (4) 0,25đ ⇒ ME = MF Câu 6 1,0 đ Với a, b, c là các số lớn hơn 1, áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2 + 4 ( b − 1) ≥ 4 a . (1) b −1 0,25đ b2 + 4 ( c − 1) ≥ 4 b . c −1 (2) 0,25đ c2 + 4 ( a − 1) ≥ 4c . (3) a −1 0,25đ Từ (1), (2) và (3) suy ra a2 b2 c2 + + ≥ 12 . b −1 c −1 a −1 ------------------- Hết ------------------- 0,25đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1 (7,0 điểm). a) Giải phương trình x 2 − 5x + 4 + 2 x + 5 = 2 x − 4 + x 2 + 4x − 5.  1  1  x −   y +  = 2 b) Giải hệ phương trình  y  x . 2x 2 y + xy 2 − 4xy = 2x − y  Câu 2 (2,0 điểm). Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn a 2 + b 2 M ab . Tính giá trị của biểu thức A = a 2 + b2 ⋅ 2ab Câu 3 (2,0 điểm). 3(a + b + c) 2 . Cho a,b,c là các số thực. Chứng minh (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ 4 Câu 4 (7,0 điểm). 2 2 2 Cho đường tròn (O;R) có BC là dây cố định (BC < 2R) ; E là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC và AB < AC (A khác B). Trên đoạn AC lấy điểm D khác C sao cho ED = EC. Tia BD cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là F. a) Chứng minh D là trực tâm của tam giác AEF. b) Gọi H là trực tâm của tam giác DEC; DH cắt BC tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là M. Chứng minh đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (2,0 điểm). Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc A. Tìm tất cả các phần tử của A. ----------HẾT---------- Họ và tên thí sinh........................................Số báo danh.................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2015 – 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN ( Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang) Câu Nội dung Điểm ĐKXĐ: x ≥ 4 . Câu 1 7,0đ 0,5 2 2 x − 5x + 4 + 2 x + 5 = 2 x − 4 + x + 4x − 5 a 3,0đ b 4,0đ ⇔ (x − 1)(x − 4) + 2 x + 5 − 2 x − 4 − (x − 1)(x + 5) = 0 ⇔ x −1 ⇔ ( ( ) ( ) x −4 − x +5 −2 x −1 − 2 )( x −4 − x +5 = 0 0,5 0,5 ) x −4 − x +5 = 0  x −4 = x +5 ⇔  x − 1 = 2 0,5 x − 4 = x + 5 ⇔ x −1 = 4 0,5 ⇔ x = 5 (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm x = 5 . 0,5 ĐKXĐ: x ≠ 0; y ≠ 0 . 0,5  1  1 (1)  x −   y +  = 2 y  x   2 2 2x y + xy − 4xy = 2x − y. (2) Phương trình (2) ⇔ 2x + y − 4 = 1 1 ⇔ 2(x − ) + (y + ) = 4 y x 2 1 − y x 0,5 (3) 1  a = x − y Đặt  . Kết hợp với (1) và(3) ta có hệ b = y + 1  x a 2 − 2a + 1 = 0 a(4 − 2a) = 2 a = 1 ⇔ ⇔ ⇔ b = 4 − 2a b = 2 b = 4 − 2a ab = 2  2a + b = 4 0,5 0,5 Câu Nội dung 1  x − =1  a = 1  xy − 1 = y y  Với  ta có  ⇔  xy + 1 = 2x b = 2 y + 1 = 2  x  y = 2x − 2  y = 2x − 2 ⇔ ⇔ 2  x(2x − 2) + 1 = 2x 2x − 4x + 1 = 0   2+ 2 2− 2 x = x = ⇔ hoặc  (thỏa mãn). 2 2 y = 2 y = − 2   2+ 2 2− 2 Vậy hệ đã cho có các nghiệm (x;y) là ( ; 2) và ( ; − 2) . 2 2 Ký hiệu (x;y) là ước chung lớn nhất của hai số nguyên x và y. Gọi d = (a;b) => a = da1 ; b = db1 , với (a1 ; b1 ) = 1 Điểm 0,5 0,5 1,0 0,5 ⇒ a 2 + b 2 = d 2 (a12 + b12 ) và ab = d 2a1b1 Câu 2 2,0 đ ⇒ d 2 (a12 + b12 )M d 2a1b1 ⇒ a12 + b12 M a1b1 0,5 ⇒ a12 M b1 ⇒ a1 ⋅ a1 M b1 mà (a1 ; b1 ) = 1 ⇒ a1 M b1 0,5 Tương tự b1 M a1 suy ra a1 = b1 = 1 ⇒A = Câu 3 2,0 đ d 2 (a12 + b12 ) = 1. 2d 2 a1b1 0,5 Đặt x = a 2, y = b 2, z = c 2. Ta cần chứng minh (x 2 + 2)(y 2 + 2)(z 2 + 2) ≥ 3(x + y + z)2 . 0,5 Ta có (x 2 + 2)(y 2 + 2) = (x 2 + 1)(y 2 + 1) + x 2 + y 2 + 3 = x 2 y 2 + 1 + 2x 2 + 2y 2 + 3 0,5 (x + y) 2 3 ⇒ (x 2 + 2)(y 2 + 2) ≥ 2xy + x 2 + y 2 + + 3 = (x + y) 2 + 2  2 2 3 ⇒ (x 2 + 2)(y 2 + 2)(z 2 + 2) ≥  (x + y)2 z 2 + 4 + 2(x + y) 2 + 2z 2  2 3 ≥  4(x + y)z + 2(x + y)2 + 2z 2  = 3(x + y + z) 2 2 3(a + b + c) 2 1 ⇒ (a 2 + 1)(b 2 + 1)(c 2 + 1) ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 4 2 0,5 0,5 Câu Nội dung Điểm K A F O D H N C B M E Câu 4 7,0 đ Tứ giác ABEC nội tiếp suy ra ABE + ACE = 180o 0,5 Mà EDC = ACE và ADE + EDC = 180o 0,5 nên ABE = ADE. Kết hợp với BAE = DAE => ABE = ADE. 0,5 Mặt khác EB = EC = ED nên AE là trung trực của đoạn BD 0,5 a 4,0đ => AE ⊥ BF (1) và AB = AD => ABD = ADB. b 3,0đ Câu 5 2,0 đ 0,5 Kết hợp với ABD = DCF (cùng chắn cung AF) và ADB = FDC (đối đỉnh). Suy ra FDC = FCD ⇒ tam giác FDC cân tại F. => FD = FC. Kết hợp với ED = EC => EF là trung trực của DC => DC ⊥ EF (2). 0,5 Từ (1) và (2) suy ra D là trực tâm của tam giác AEF. 0,5 Kẻ đường kính EK của (O;R).Khi đó điểm K cố định. Tứ giác BDNM nội tiếp nên BMD = BND 1 => BMD = 90o − BCE = 90o − BAC (3) 2 0,5 Tứ giác ABMK nội tiếp nên BMK = 1800 − BAK . 0,5 1 Mà BAK = BAE + EAK = 90o + BAC 2 1 ⇒ BMK = 90o − BAC (4) . Từ (3) và (4) suy ra BMD = BMK 2 Suy ra ba điểm M, D, K thẳng hàng. Do đó MD luôn đi qua điểm K cố định. 0,5 Giả sử A = {a1 ;a 2 ;a 3; ...; a 21} với a1 ; a 2 ; a 3; ...;a 21 ∈ Z và a1 < a 2 < a 3 < ... < a 21 . Theo giả thiết ta có a1 + a 2 + a 3 + ... + a11 > a12 + a13 + ... + a 21 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu Nội dung Điểm ⇔ a1 > a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 (1) Mặt khác với x; y ∈ Z và x < y thì y ≥ x + 1 => a12 − a 2 ≥ 10, a13 − a 3 ≥ 10,...,a 21 − a11 ≥ 10 (2) Nên từ (1) suy ra a1 > 10+10+...+10 = 100 => a1 =101 (vì 101 ∈ A). 0,5 => 101 > a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 ≥ 100 => a12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 = 100 . Kết hợp với (2) => a12 − a 2 = a13 − a 3 = ... = a 21 − a11 = 10 (3) ⇒ 10 = a12 − a 2 = (a12 − a11 ) + (a11 − a10 ) + ... + (a 3 − a 2 ) ≥ 10 ⇒ a12 − a11 = a11 − a10 = ... = a 3 − a 2 = 1 (4) 0,5 Ta có a1 =101 mà 102 ∈ A => a 2 =102 0,5 Kết hợp với (3) và (4) suy ra A = {101;102;103;...;121}. Lưu ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần, không làm tròn. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2015 - 2016 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức P = x+3 và Q = x −2 x −1 5 x − 2 + với x>0, x ≠ 4 x−4 x +2 1) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 9. 2) Rút gọn biểu thức Q. 3) Tìm giá trị của x để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất. Q Bài II (2,0 điểm) Giái bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một tàu tuần tra chạy ngược dòng 60km, sau đó chạy xuôi dòng 48km trên cùng một dòng sông có vận tốc của dòng nước là 2km/giờ. Tính vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên lặng, biết thời gian xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng 1 giờ. Bài III (2,0 điểm) 2 ( x + y ) + x + 1 = 4 1) Giải hệ phương trình  ( x + y ) − 3 x + 1 = −5 2) Cho phương trình : x 2 − (m + 5) x + 3m + 6 = 0 (x là ẩn số). a. Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi số thực m. b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác có độ dài cạnh huyền bằng 5. Bài IV (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn thẳng AO (C khác A, C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn tại K. Gọi M là điểm bất kì trên cung KB (M khác K, M khác B). Đường thẳng CK cắt các đường thẳng AM, BM lần lượt tại H và D. Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai N. 1) Chứng minh tứ giác ACMD là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh CA.CB=CH.CD. 3) Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn đi qua trung điểm của DH. 4) Khi M di động trên cung KB, chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Bài V (0,5 điểm) Với hai số thực không âm a, b thỏa mãn a 2 + b 2 = 4 , tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = ab a+b+2 BÀI GIẢI Bài I: (2,0 điểm) 9+3 = 12 3− 2 x − 1 5 x − 2 ( x − 1).( x − 2) + 5 x − 2 + = x−4 x−4 x +2 1) Với x = 9 ta có P = 2) Với Q = = x−3 x + 2+5 x −2 x+ 2 x x ( x + 2) = = = x−4 x−4 ( x + 2)( x − 2) x x −2 P x+3 3 = = x+ ≥ 2 3. (Do bất đẳng thức Cosi). Q x x P Dấu bằng xảy ra khi x = 3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của là 2 3 . Q 3) Bài II: (2,0 điểm) Gọi t1 là thời gian tàu tuần tra chạy ngược dòng nước. Gọi t2 là thời gian tàu tuần tra chạy xuôi dòng nước. Gọi V là vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên. 60 48 ; V +2= t1 t2 60 48 60 48 Suy ra: +2= −2⇔ − = −4 (1) t1 t2 t1 t2 t1 − t2 = 1 (2) Ta có : V − 2 =  60 48 = −4  − Từ (1) và (2) ta có hệ :  t1 t2 t − t = 1 1 2 60 48 Thế t1 = 1 + t2 vào (1) ta được : − = −4 ⇔ 4t22 + 16t2 − 48 = 0 1 + t2 t2 ⇔ t2 = −6 (loại) hay t2 = 2 ⇒ V = 22 (km/h) Bài III: (2,0 điểm) 1) Với điều kiện x ≥ −1 , ta có hệ đã cho tương đương: 6( x + y ) + 3 x + 1 = 12 7( x + y ) = 7 ⇔  ( x + y ) − 3 x + 1 = −5 ( x + y ) − 3 x + 1 = −5 x + y = 1 x = 3  x + y = 1 ⇔ ⇔ ⇔ x +1 = 4  y = −2 3 x + 1 = 6 2) a) ∆ = (m + 5) 2 − 4(3m + 6) = m 2 − 2m + 1 = (m − 1)2 ≥ 0, ∀m Do đó, phương trình luôn có nghiệm với mọi m. b) Ta có x1 + x2 = m + 5 và x1 x2 = 3m + 6 . Để x1 > 0, x2 > 0 điều kiện là m > −5 và m > −2 ⇔ m > −2 (Điều kiện để S >0, P>0) Yêu cầu bài toán tương đương : x12 + x22 = 25 ⇔ ( x 1+ x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 25 ⇔ (m + 5) 2 − 2(3m + 6) = 25 (Do x1 + x2 = m + 5 và x1 x2 = 3m + 6 ), m > - 2 ⇔ m 2 + 4m − 12 = 0, m > −2 ⇔ m = 2 hay m = -6, m > - 2 ⇔ m = 2 Bài IV (3,5 điểm) 1) Tứ giác ACMD có ACD = AMD = 900 Nên tứ giác ACMD nội tiếp 2) Xét 2 tam giác vuông : ∆ACH và ∆DCB đồng dạng (Do có CDB = MAB (góc có cạnh thẳng góc)) D J K CA CD = ⇒ CA.CB = CH .CD CH CB 3) Do H là trực tâm của ∆ABD Nên ta có N Vì có 2 chiều cao DC và AM giao nhau tại H , nên AD ⊥ BN I Hơn nữa ANB = 900 vì chắn nửa đường tròn đường kính AB. Nên A, N, D thẳng hàng. Gọi tiếp tuyến tại N cắt CD tại J ta chứng minh JND = NDJ . Ta có JND = NBA cùng chắn cung AN . Ta có NDJ = NBA góc có cạnh thẳng góc ⇒ JND = NDJ Vậy trong tam giác vuông ∆DNH J là trung điểm của HD. A 4) Gọi I là giao điểm của MN với AB. CK cắt đường tròn tâm O tại điểm Q. Khi đó JM, JN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. Gọi F là giao điểm của MN và JO. Ta có KFOQ là tứ giác nội tiếp.
FI là phân giác KFQ . Ta có KFQ = KOQ ⇒ KFI = FOI ⇒ tứ giác KFOI nội tiếp ⇒ IKO = 900 ⇒ IK là tiếp tuyến đường tròn tâm O Vậy MN đi qua điểm cố định I (với IK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O) Bài V: (0,5 điểm) M= ab (a + b) 2 − (a 2 + b 2 ) (a + b)2 − 4 (a + b − 2)(a + b + 2) a + b − 2 = = = = a+b+2 2(a + b + 2) 2(a + b + 2) 2(a + b + 2) 2 Ta có (a + b) 2 ≤ 2(a 2 + b 2 ) ⇒ a + b ≤ 2(a 2 + b 2 ) 2(a 2 + b 2 ) − 2 2.4 − 2 Vậy M ≤ = = 2 −1 2 2 Khi a = b = 2 thì M = 2 − 1 Vậy giá trị lớn nhất của M là 2 −1 H C M F O Q B SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ----------ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2015 – 2016 M«n thi : to¸n Ngày thi 10/6/2015 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Phần I. Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm) Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng. 1 Câu 1. Biểu thức M  xác định khi và chỉ khi: 3x  1 A. x  1 ; 3 1 ; 3 B. x  C. x  1 ; 3 D. x  1 . 3 Câu 2. Hàm số nào sau đây nghịch biến trên R ? A. y  x  1; 3 B. y  2x  3x ; C. y    5  1 x ; D. y    2 1 x  2 . Câu 3. Đường thẳng đi qua điểm M(1 ; -2) và song song với đường thẳng x – 2y = -3 có phương trình là: A. y  1 5 x ; 2 2 B. y  1 5 x ; 2 2 C. y  1 3 x ; 2 2 D. y  1 3 x 2 2 Câu 4. Phương trình 3x2 – 5x – 2015 có tổng hai nghiệm là: A. 5 ; 6 B. 5 ; 3 C. 2015 ; 3 D. Câu 5. Cho MNP vuông tại M, đường cao MH (hình 1). 5 . 3 M Biết NH = 5cm, HP = 9cm. Độ dài MH bằng: A. 3 5 cm; C. 4cm; B. 7cm; 9cm 5cm H N D. 4,5cm. Hình 1 P Câu 6. Cho đường tròn (O; 25cm) và dây AB = 40cm. Khi đó khoảng cách từ tâm O đến dây AB là: A. 15cm; B. 7cm; C. 20cm; D. 24cm.   600 , Câu 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O (hình 2), biết sđ AmB   1400 . Số đo của góc BAC bằng: sđ AnC A. 400; 0 C. 80 ; B. 1600 D. 120 A n m B C 0 Hình 2 Câu 8: Khối nón có chiều cao bằng 12cm, đường sinh bằng15cm thì có thể tích là: A. 36 cm3; B. 81 cm3; C. 162 cm3; D. 324 cm3 Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Bài 1. (2,0 điểm) 1. Rút gọn các biểu thức sau : a) A  125  4 45  3 20  80  b) B  3 2  6  63 3 2. Giải hệ phương trình, bất phương trình sau: 3x  y  8 7x  2y  23 a)  b) x3 x2 1 x  4 3 Bài 2. (2,0 điểm) 1. Trong hệ trục Oxy, cho đường thẳng (d): y = (5m - 1)x – 6m2 + 2m (m là tham số) và parabol (P): y = x2. a) Tìm giá trị của m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. b) Gọi x1; x2 lần lượt là hoành độ của A, B. Tìm giá trị của m để x12  x 22  1 . 2. Một lâm trường dự định trồng 75ha rừng trong một số tuần (mỗi tuần trồng được diện tích rằng bằng nhau). Thực tế, mỗi tuần lâm trường trồng vượt mức 5ha so với dự định nên cuối cùng đã trồng được 80ha và hoàn thành sớm hơn dự định một tuần. Hỏi mỗi tuần lâm trường dự định trồng bao nhiêu ha rừng ? Bài 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB, D là một điểm trên cạnh AC sao cho CD < AD. Vẽ đường tròn tâm D và tiếp xúc với BC tại E. Từ B vẽ đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (D) tại F (F khác E). a) Chứng minh rằng năm điểm A, B, E, D, F cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng BF lần lượt cắt AM, AE, AD theo thứ tự tại các điểm N, K, I. Chứng minh: IK AK  . Suy ra: IF  BK  IK  BF . IF AF c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân. Bài 4. (1,0 điểm) a) Cho a, b > 0. Chứng minh rằng: 3(b2 + 2a2)  (b + 2a)2 b) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 1 1 1 1    . Chứng minh rằng: a b bc ca 2 b 2  2a 2 c 2  2b 2 a 2  2c 2    3. ab bc ca ---------------Hết--------------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ----------- ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM (DỰ KIẾN) ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016 MÔN: TOÁN HỌC (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) I. Phần I: Trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm). Mỗi câu đúng được 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án C B B D A A C D II. Phần 2. Tự luận ( 8,0 điểm) Bài 1. (2,0 điểm) 1. Rút gọn các biểu thức sau :  b) B  3 2  6 a) A  125  4 45  3 20  80  63 3 2. Giải hệ phương trình, bất phương trình sau: 3x  y  8 7x  2y  23 a)  Câu 1a b) x3 x2 1 x  4 3 Nội dung A  5 5  12 5  6 5  4 5 0,25 0,25  5 5 1b 2a   63 3   3  3  12  6 3   3  3  3    3  3  3  3   9  3  6 Điểm B 3 2 6 3 3x  y  8 6x  2y  16 13x  39 x  3     7x  2y  23 7x  2y  23 3x  y  8  y  1 0,25 0,25 0,5 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x,y) = (3;-1) 2b x3 x2 1 x   3x  9  12  12x  4x  8 4 3  13x  13  x  1 Vậy bất phương trình có nghiệm x > 1. 0,25 0,25 Bài 2. (2,0 điểm) 1. Trong hệ trục Oxy, cho đường thẳng (d): y = (5m - 1)x – 6m2 + 2m (m là tham số) và parabol (P): y = x2. a) Tìm giá trị của m để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. b) Gọi x1; x2 lần lượt là hoành độ của A, B. Tìm giá trị của m để x12  x 22  1 . 2. Một lâm trường dự định trồng 75ha rừng trong một số tuần (mỗi tuần trồng được diện tích rằng bằng nhau). Thực tế, mỗi tuần lâm trường trồng vượt mức 5ha so với dự định nên cuối cùng đã trồng được 80ha và hoàn thành sớm hơn dự định một tuần. Hỏi mỗi tuần lâm trường dự định trồng bao nhiêu ha rừng ? Câu 1a 1b Nội dung Điểm Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) x2 = (5m – 1)x - 6m2 + 2m  x2 - (5m – 1)x + 6m2 - 2m = 0 (1) Có  = (m – 1)2 0,25 Để (d) và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt   > 0  m  1 0,25 (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi m  1.  x1  x 2  5m  1 Áp dụng hệ thức Viét với phương trình (1) có  2  x1x 2  6m  2m Lại có x12  x 22  1  (x1  x 2 ) 2  2x1x 2  1 Suy ra (5m – 1)2 – 2(6m2 – 2m) = 1 0,25 m  0  13m  6m  0   (TMĐK m  1) m  6 13  2 Vậy với m = 0; m  6 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thỏa mãn 13 0,25 đầu bài. 2 Gọi diện tích rừng mà mỗi tuần lâm trường dự định trồng là x (ha) 0,25 (ĐK: x > 0) 75 Theo dự định, thời gian trồng hết 75ha rừng là: (tuần) x Vì mỗi tuần lâm trường trồng vượt mức 5ha so với dự định nên thực tế mỗi tuần lầm trường trồng được x + 5 (ha) Do đó thời gian thực tế lâm trường trồng hết trồng 80 ha rừng là 80 0,25 (ha) x5 Vì thực tế, lâm trường trồng xong sớm so với dự định là 1 tuần nên ta có phương trình: 75 80 =1 x x5 Giải ra ta được: x = 15 (TMĐK); x = -20 (loại) Vậy mỗi tuần lâm trường dự định trồng 15ha rừng. 0,25 0,25 Bài 3. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB, D là một điểm trên cạnh AC sao cho CD < AD. Vẽ đường tròn tâm D và tiếp xúc với BC tại E. Từ B vẽ đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (D) tại F (F khác E). a) Chứng minh rằng năm điểm A, B, E, D, F cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng BF lần lượt cắt AM, AE, AD theo thứ tự tại các điểm N, K, I. Chứng minh: IK AK  . Suy ra: IF  BK  IK  BF . IF AF c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân. Câu Nội dung Điểm Vẽ hình đúng cho phần a) 3a 0,25 a) Chứng minh rằng năm điểm A, B, E, D, F cùng thuộc một đường tròn.   BFD   900 Theo tính chất tiếp tuyến, ta có: BED   BAC   900 (giả thiết) Mà BAD   BFD   BAD   900 Do đó: BED Vậy: Năm điểm A,B,E,D,F cùng thuộc đường tròn đường kính BD. 3b b) Chứng minh: 0,25 0,25 0,25 0,25 IK AK  . Suy ra: IF  BK  IK  BF . IF AF Gọi (O) là đường tròn đường kính BD. Trong đường tròn (O), ta có:   DF  (do DE, DF là bán kính đường tròn (D))  EAD D  DE AF  hay AI là tia phân giác của  KAF Suy ra: AD là tia phân giác EAF Theo tính chất phân giác ta có IK AK  IF AF 0,25 (1) Vì AB  AI nên AB là tia phân giác ngoài tại đỉnh A của  KAF. 0,25 Theo tính chất phân giác ta có : Từ (1) và (2) suy ra : BK AK  BF AF 0,25 (2) IK BK  . IF BF 0,25 Vậy IF . BK = IK . BF (đpcm) 3c c) Chứng minh rằng tam giác ANF là tam giác cân. Ta có: AM là trung tuyến thuộc cạnh huyền BC nên AM = MC,   MAC . Do đó  AMC cân tại M, suy ra: MCA   DAF   MCA   EAC  (vì AI là tia phân giác của góc Từ đó:  NAF  MAC EAF) 0,25   EAC  (góc ngoài của tam giác AEC) Mà  AEB  MCA Nên  NAF   AEB  (góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Mặt khác,  AFB  AEB 0,25   NFA  Suy ra:  NAF  BFA 0,25 Vậy:  ANF cân tại N (đpcm) Bài 4. (1,0 điểm) a) Cho a, b > 0. Chứng minh rằng: 3(b2 + 2a2)  (b + 2a)2 b) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 1 1 1 1    . Chứng minh rằng: a b bc ca 2 b 2  2a 2 c 2  2b 2 a 2  2c 2    3. ab bc ca Câu Đáp án Điểm 3(b2 + 2a2)  (b + 2a)2  3b2  6a 2  b2  4ab  4a 2  2(a  b) 2  0 a; b Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. Theo câu a) 3(b 2  2a 2 )  (b  2a)2  b 2  2a 2  b  2a 3 b 2  2a 2 bc  2ac   ab 3abc (1) c2  2b 2 ca  2ab  bc 3abc (2) Chứng minh tương tự: a 2  2c2 ab  2bc  ca 3abc Cộng (1), (2) và (3) vế với vế ta được (3) b 2  2a 2 c 2  2b 2 a 2  2c 2 3(ab  bc  ca) 1 1 1     3     (4) ab bc ca 3abc a b c 1 1 4 Áp dụng BĐT   với x, y > 0 ta có : x y xy 1 1 1 1 2 2 2 1  4 4 4   1 1 1                 2  1 (5) a b c 2 a b c  2  a  b b  c c  a   a  b b  c c a  Từ (4) và (5) suy ra b 2  2a 2 c 2  2b 2 a 2  2c 2    3 ab bc ca Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 3. Giáo viên Vũ Hoàng Hiệp – THCS Chu Văn An – Ngô Quyền – Hải Phòng