Tài liệu Bộ đề thi và đáp án chi tiết thi tuyển vào lớp 10 môn toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2015 - 2016 Môn: TOÁN (chung) Thời gian làm bài: 120 phút. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) 1) Với giá trị nào của x thì biểu thức x  1  x  3 xác định. 2) Tính giá trị của biểu thức A  x  3  3  x khi x  2 2 . 3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số y  2 x 2 . 4) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB  3, BC  5 . Tính cos � ACB. 2   x  x 1 x   1   Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức Q    (với x  0; x  1 ). . x x  x 1 x 1  x 1 1) Rút gọn biểu thức Q . 2) Tìm các giá trị của x để Q  1 . Câu 3. (2,5 điểm) 2 2 1) Cho phương trình x  2  m  1 x  m  6  0 (1) (với m là tham số). a) Giải phương trình với m  3. b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  16 .  x  2  x  y  3  y 2) Giải hệ phương trình  2  x   x  3  2 x  y  5   x  16. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A  AB  AC  , đường cao AH . Đường tròn tâm I đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N . Gọi O là trung điểm của đoạn BC , D là giao điểm của MN và OA. 1) Chứng minh rằng: a) AM . AB  AN . AC. b) Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng: a) ADI ∽ AHO . 1 1 1   . b) AD HB HC 3) Gọi P là giao điểm của BC và MN , K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường �  900. kính AH . Chứng minh rằng BKC Câu 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình 3x 2  6 x  6  3  2  x 5   7 x  19  2  x . 2) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c T 4  4  4 . 4 4 b  c  a a  c  b a  b4  c ---------HẾT--------Họ và tên thí sinh:…………………................. Số báo danh:………………………................. Họ tên, chữ ký GT 1…………………….................. Họ tên, chữ ký GT 2…………………….................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: TOÁN (Đề chung) Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án 1) x  1  x  3 xác định  x  1 và x  3 đồng thời xác định. x 1, x  1 xác định ۳x 1 0 x  3 xác định ۳x 3 0  2) Với x  2 2 ta có A  2 2  3  3  2 2  2 1  2 1     2 1  x 3 x  1  x  3 là x  3 . Vậy điều kiện xác định của biểu thức  Điểm 0,25   2 2 1   2 1  2 1  2 2 0,25 0,25 0,25 3) Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 2 x 2  8  x   2 . Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8) và (2;8) . 0,25 0,25 4) Vì tam giác ABC vuông tại A nên AC  BC 2  AB 2  52  32  4 AC 4 ACB   . Do đó cos � BC 5 Câu 2 (2,0 điểm) Đáp án 1) (1,0 điểm) Với điều kiện x  0 và x  1 , ta có 0,25  Q             2   x x 1 1 x  .  x 1 x 1 x 1 x 1  x 1 x  x 1 2  1   .  x   x 1 x 1   x x 1   x 1  x 1  . .   x 1   x  x x 1   2) (0,5 điểm) Với x  0 và x  1 , ta có Q  Do đó Q  1  x 1  1  x  2 x 1 x        0,25 Điểm 0,5 0,25 0,25 x 1 x x 1   x 1 (thỏa mãn điều kiện) 4 1 Vậy với x  thì Q  1. 4 Câu 3 (2,5 điểm) Đáp án 0,25 0,25 Điểm 1) (1,5 điểm) a) (0,75 điểm) Với m  3 , ta có phương trình (1) trở thành x 2  4 x  3  0 Ta có a  b  c  1  4  3  0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1  1; x2  3 Vậy với m  3 , phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1  1; x2  3 2 2 b) (0,75 điểm) x  2  m  1 x  m  6  0 (1) 2 Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có  '   m  1   m  6   7  2m 0,25 0,25 0.25 2 Phương trình (1) có các nghiệm x1 , x2 ۣ' 0 7 2m 0 2 Khi đó theo định lý Viét ta có x1  x2  2  m  1 ; x1.x2  m  6 m 7 (*) 2 2 2 2 2 Do đó x1  x2   x1  x2   2 x1 x2  4  m  1  2  m  6   2m  8m  16 2 0,25 0,25 2 m  0 2 2 2 Vậy x1  x2  16  2m  8m  16  16   m  4 0,25 Kết hợp điều kiện (*) ta có m  0 là giá trị thỏa mãn.  x  2  x  y  3  y  1 x  2  0  x  2   2) (1,0 điểm)  2 Điều kiện:  y  0 y  0  x   x  3  2 x  y  5   x  16  2  Với x  2, y  0 , phương trình (1)      x  2  x  y  2  x  2  y  0     x2  y  0  x  2  y   x  2  x  2  y   1  0 x  2  y  0  y  x  2  do x  2  x  2  y   1  0,  x  2, y  0  x2  x2 2 y   2 0,25 0,25 Thay y  x  2 vào phương trình (2) ta được phương trình x 2   x  3  2 x   x  2   5   x  16  x 2   x  3 2  x  16 x  1 2  2 x  5x  7  0   x   7  2 +) Với x  1  y  3.  TM  0,25  Ko TM  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    1;3 . Câu 4 (3,0 điểm) Đáp án 0,25 Điểm 1) (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Xét đường tròn  I  có B � AMH  � ANH  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên HM , HN H M tương ứng là đường cao của các tam giác vuông ABH , ACH K O +) ABH vuông tại H , có đường I cao HM nên suy ra AM . AB  AH 2 D +) ACH vuông tại H , có đường cao HN nên suy ra AN . AC  AH 2 A N C Do đó AM . AB  AN . AC AM AN  b) (0,5 điểm) Theo câu a) ta có AM . AB  AN . AC  AC AB AM AN  Xét AMN và ACB có � nên suy ra AMN ∽ ACB  cgc  A chung, AC AB �  BMN � � �  1800 Do đó � AMN  � ACB  BCN � ACB  BMN � AMN  BMN � , BMN � Mà các góc BCN ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp. P 2) (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Ta có tam giác ABC vuông tại A và O là trung điểm của cạnh BC nên �  OCA �  OAC �  BCN � OA  OB  OC  OAC cân tại O  OAC � �  � � Mà � nên � AMN  � ACB  BCN AMN  OAC AMN  DAN � � Vì AMN vuông tại A nên � AMN  � ANM  900  DAN ANM  900  � ADN  900 �  900  MN là đường kính của đường tròn  I   I là trung điểm của MN Mà MAN nên � ADI  900 . Xét AID và AOH có � A chung do đó ADI ∽ AHO ( gg ) ADI  � AHO  900 và � AD AI 1 AO    AH AO AD AH . AI 1 1 1 BC  Mà AO  BC , AI  AH  2 2 AD AH 2 Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH 2  HB.HC 1 HB  HC 1 1    Suy ra AD HB.HC HB HC �  MNC �  PBM � � � � 3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp  PBM ANM  MNC ANM  1800 (1) � Vì tứ giác ANMK nội tiếp  PKM � ANM (2) �  PKM � Từ (1) và (2) suy ra PBM  1800 , do đó tứ giác PKMB nội tiếp �  PMB � � �  PKB �  1800  PKB AMN  � ACB  � AKB  � ACB  AKB 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b) (0,5 điểm) Vì ADI ∽ AHO  �  BAC �  900 . Do đó tứ giác BKAC nội tiếp  BKC Câu 5 (1,0 điểm) Đáp án 0,25 0,25 0,5 0,5 Điểm  3x 2  6 x  6  0 ۣ x 1 3 1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định  2  x  0 Với x  1  3 , phương trình đã cho tương đương với: 3x 2  6 x  6  3  2  x  2 2  x   7 x  19  2  x  3x 2  6 x  6  2  x  3x 2  5 x  7   3x 2  6 x  6  2  x  2  x  3x 2  5 x  8   3x 2  5 x  8  0  2  x  3x 2  5 x  8    2 1  2  x 3x 2  6 x  6  2  x 3x  6 x  6  2  x  (do 3 x 2  6 x  6  2  x  0, x  1  3 ). 3x 2  5 x  8  +) 3x 2  5 x  8  0  x  1 (thỏa mãn đk) hoặc x  +) 1  2  x    0,25 8 (không thỏa mãn đk) 3 3x 2  6 x  6  2  x  1  2  x  3x 2  6 x  6. 2  x 0,25  x  1  3 x 2  6 x  6. 2  x  * Vì x  1  3 nên x  1  0  3 x 2  6 x  6. 2  x do đó (*) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 4 4 2 2 2) (0,5 điểm) Ta có: a  b  ab  a  b  a; b  � 4 4 2 2 4 4 3 3 Thật vậy a  b  ab  a  b   a  b  a b  ab   a  b   a 3  b3   0   a  b  2 a 2  ab  b 2   0 (luôn đúng a, b  �) 4 4 2 2 4 4 2 2 2 Do đó a  b  c  ab  a  b   c  a  b  c  ab  a  b   abc  0 (vì a; b; c  0 và abc  1 ) c c c c ۣ ۣ 4 4 4 4 2 2 2 (vì c  0 ) 2 a  b  c ab  a  b   abc a  b  c ab  a  b 2  c 2  ۣ c 4 a  b4  c c2 ۣ abc  a 2  b 2  c 2  c 4 a  b4  c c2 a2  b2  c 2 0,25  1 b b2 a a2  2     3 a 4  c 4  b a 2  b2  c2 b4  c4  a a 2  b2  c 2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có: a b c a2 b2 c2      1 b4  c4  a a 4  c 4  b a4  b4  c a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2  T 1 a; b; c  0 thỏa mãn abc  1 . Với a  b  c  1 thì T  1 . Vậy GTLN của T là 1. Tương tự 0,25 Chú ý: - Nếu thí sinh làm bài theo cách khác với đáp án mà vẫn đúng theo kiến thức của chương trình thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần sao cho tổng điểm như hướng dẫn quy định. - Điểm toàn bài không làm tròn. _______________HẾT______________ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2015-2016 MÔN THI: TOÁN (Dành cho tất cả thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (3,0 điểm). Cho biểu thức: P  2x  2 x x 1 x 2  x   x x x x xx  x  0; x  1. a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của thức P khi x  3  2 2 c) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa thì biểu thức 7 chỉ nhận một giá trị P nguyên. Bài 2 (2,0 điểm). Cho phương trình x2 – 2mx + (m – 1)3 = 0 (m là tham số). a) Giải phương trình khi m = –1. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại. Bài 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 9  x2 2x  1  0. 2x 2  9 Bài 4 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường tròn đường kính AH, tâm O, cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại E và F. Gọi M là trung điểm của cạnh HC. a) Chứng minh AE.AB = AF.AC. b) Chứng minh rằng MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH. c) Chứng minh HAM = HBO d) Xác định điểm trực tâm của tam giác ABM. Bài 5 (0,5 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 3    2 2 a 1 b 1 c 1 2 2 Hết Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………………………….. SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2015-2016 DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUNG CÂU 1a NỘI DUNG P  1b 2x  2 x x 1 x x  1   x x x x x 2x  2  x   x 0,25    x x 1 x  x 1   x 1 ĐIỂM    x 1 x  x 1  x 1 0,5   x  x 1 x  x 1 2x  2   x x x 0,5  2x  2 2x  2 x  2 2 x x 0,25 Ta có x  3  2 2  x  2 1 Thay vào biểu thức P  2   2 1  2  0,25 2 2 1 0,25 Tính được kết quả P  4 2  2 1c Đưa được 0,25 7 7 x  P 2x  2  2 x Đánh giá 2 x  2  2 x  6 x , suy ra 0  0,25 7 x 7  2x  2  2 x 6 7 chỉ nhận một giá trị nguyên đó là 1 khi P  x 2 7 x  2 x  2  2 x  2x  5 x  2     x1  2 0,25 Vậy 2a 2b x  4  x  1  4 0,25 Khi m  1 ta có phương trình x 2  2 x  8  0 Giải phương trình ta được hai nghiệm: x1  2; x2  4 Tính được  '  m 2   m  1 0,5 0,5 3 0,25 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt  m 2   m  1  0 (*) 3 0,25 Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có  x1  x2  2m (1)  3  x1 x2   m  1 (2) Giả sử x1   x2  thay vào (2) ta được x2  m  1; x1   m  1 2 Thay hai nghiệm x1 ; x2 vào (1) ta được  m  1 2 m  0   m  1  2m  m 2  3m  0   m  3 2 0,25 3 Khẳng định hai giá trị m vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*), kết luận 0,25 2 x2  9 x 2 3 0 Điều kiện: x  0 , đưa phương trình trở thành: 2 x 2 x2  9 0,25 Đặt ẩn phụ: x 2x2  9  t , phương trình trở thành: t  1 2t  3t  1  0   t  1  2t  t  1  0   1 t   2 0,25 Trường hợp: t  1 ta có x  2 x 2  9 (vô nghiệm) 0,25 3 2 Trường hợp: t   2 1 ta có 2 x  0 3 2 2 x 2  9  2 x   2  x 2 2 x  9 0,25 4a Xét hai tam giác: AEF và ACB có góc A chung Ta có � AEF  � AHF ; � AHF  � ACB suy ra � AEF  � ACB (hoặc � AFF  � AHE ; � AHE  � ABC suy ra � AFE  � ABC ) Suy ra hai tam giác AEF và ACB đồng dạng Từ tỷ số đồng dạng 4b 4c 4d AE AF  ta có AE.AB = AC.AF AC AB Xét hai tam giác OHM và OFM có OM chung, OF = OH. Có MF = MH (vì tam giác HFC vuông tại F, trung tuyến FM) Suy ra OHM  OFM (c.c.c) �  900 , MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH Từ đó MFO 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 �  900 Xét hai tam giác AHM và BHO có � AHM  BHO 0,25 Trong tam giác vuông ABC, đường cao AH có AH HM AH 2  HB.HC  AH .2OH  HB.2HM   HB HO Suy ra HBO : HAM 0,25 0,25 � � Suy ra HAM  HBO 0,25 Gọi K là giao điểm của AM với đường tròn �  HAM � � , suy ra BO // HK Ta có HBO  MHK 0,25 Mà HK  AM , suy ra BO  AM , suy ra O là trực tâm của tam giác ABM 5 0,25 Giả sử a  b  c , từ giả thiết suy ra ab  1 . Ta có bất đẳng thức sau: 2 a  b   ab  1 1 1 2  ۳ 0 (luôn đúng). 1  a 2 1  b 2 1  ab  1  a 2   1  b2   1  ab  2 1 3   2 1  ab 1  c 2 Vậy ta cần chứng minh: 0,25  c  3  ab  3abc  c  ca  bc  3abc  a  b  c  3abc 2 2 2 2   a  b  c  2  3  ab  bc  ca   9  Bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì  2  ab  bc  ca  3 3  abc  hay a  b  c  3  3abc . Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1 0,25 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 .Chứng minh rằng: ab c2  3 5 Ta có Ta có  a  b  c c2  3 bc a2  3  ca b2  3  3 2 2 3 ab    ab  bc  ca  ab  bc  ca  3 ab c 2  ab  bc  ca  ab  a  c  b  c 0,25  ab  1 1     2 ac bc 1  ab ab bc ca ca  1 3         a  b  c   (đpcm) 2ac bc ca cb ab  2 2 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 VT  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC 0,25 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp Chuyên Tin học) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (2,0 điểm) 2 a) Giải phương trình: x  3 x  2  0. x  y  z 1  b) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn:  y  z  x  3. z  x  y  5  Câu 2 (2,0 điểm) a) Phép toán T được định nghĩa như sau: aTb  1 1  , với a và b là các số thực khác 0 a b 1 1 1   . Tính giá trị biểu thức: P   5T 6  T  7 T 8  . 2 3 6 b) Cho a và b là các số thực thỏa mãn các điều kiện: 6a 2  20a  15  0; 15b 2  20b  6  0; ab  1. tùy ý. Thí dụ: 2 T 3  Chứng minh rằng: b3 ab 2  9  ab  1 3  6 . 2015 Câu 3 (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 2015 và n + 2199 đều là các số chính phương. b) Bạn Nam viết một chương trình để máy tính in ra các số nguyên dương liên tiếp theo thứ tự tăng dần từ 1 đến 1000 dưới dạng sau: 12345678910111213141516...9989991000. Trong dãy số trên, tính từ trái qua phải, chữ số thứ 11 là chữ số 0, chữ số thứ 15 là chữ số 2. Hỏi chữ số thứ 2016 trong dãy số trên là chữ số nào? Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O, M là điểm di động trên cạnh AB. Trên cạnh AD lấy điểm E sao AM  AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM  BF . cho � , đường thẳng OB là a) Chứng minh rằng đường thẳng OA là phân giác trong của góc MOE � . Từ đó suy ra ba điểm O, E, F thẳng hàng. phân giác trong của góc MOF b) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF. Chứng minh bốn điểm A, B, H,O cùng nằm trên một đường tròn. c) Chứng minh rằng khi điểm M di động trên cạnh AB thì đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (1,0 điểm) Cho x là một số thực tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f  x  x 1  2 x  2  3 x  3  4 x  4 . ------------------------------------ Hết -------------------------------------Họ và tên thí sinh: .......................................................................... Số báo danh: .......................... Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 (Dành cho thí sinh thi vào lớp Chuyên Tin học) ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài  Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.  Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.  Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số. II. Hướng dẫn chấm và biểu điểm Câu 1 (2,0 điểm) 2 c) Giải phương trình: x  3 x  2  0. x  y  z 1  d) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn:  y  z  x  3. z  x  y  5  HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM a) (1,00 điểm) 2 Phương trình đã cho tương đương với phương trình x  3 x  2  0 0,25đ  0,25đ  x  1  x  2   0  x 1   x 2 Phương trình có nghiệm x   2; 1;1;2 . b) (1,00 điểm) Cộng vế với vế các phương trình đã cho ta được x  y  z  9. Phương trình đầu có dạng 2 x   x  y  z   1  x  4. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Phương trình thứ hai có dạng 2 y   x  y  z   3  y  3. 0,25đ Phương trình thứ ba có dạng 2 z   x  y  z   5  z  2. Thử lại thỏa mãn. Vậy x  4, y  3, z  2. 0,25đ Câu 2 (2,0 điểm) c) Phép toán T được định nghĩa như sau: aTb  1 1  , với a và b là các số thực khác 0 a b 1 1 1   . Tính giá trị biểu thức: P   5T 6  T  7 T 8  . 2 3 6 d) Cho a và b là các số thực thỏa mãn các điều kiện: 6a 2  20a  15  0; 15b 2  20b  6  0; ab  1. tùy ý. Thí dụ: 2 T 3  Chứng minh rằng: b3 ab  9  ab  1 2 3  6 . 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM a) (1,00 điểm) Theo định nghĩa phép toán T, ta có: 1 1 1 5T 6    5 6 30 1 1 1 7T 8    7 8 56 1  1  Suy ra P   5T 6  T  7 T 8    T    30   56  1  1  Vậy P   T    30  56  26.  30   56  b) (1,00 điểm) Ta ký hiệu các điều kiện như sau 6a 2  20a  15  0 (1); 15b 2  20b  6  0 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ (2); ab  1 (3). Dễ thấy các phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt. Do (3) nên b khác 0. Chia hai vế của (2) cho b2 ta được 2 1  1  6    20    15  0 (4) b  b  1 Từ (1), (3) và (4) suy ra a và là hai nghiệm khác nhau của phương trình b 2 6 x  20 x  15  0 (5) 1 10 a 5 Theo định lí Vi-ét: a    ;  . b 3 b 2 Từ đó 3 3 3 ab 2  9  ab  1 a 1 5   10  2015   9a     9   b3 b b 2 6   3 Suy ra b3  6 , điều phải chứng minh. 2015 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ ab 2  9  ab  1 Câu 3 (2,0 điểm) c) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 2015 và n + 2199 đều là các số chính 3 phương. d) Bạn Nam viết một chương trình để máy tính in ra các số nguyên dương liên tiếp theo thứ tự tăng dần từ 1 đến 1000 dưới dạng sau: 12345678910111213141516...9989991000. Trong dãy số trên, tính từ trái qua phải, chữ số thứ 11 là chữ số 0, chữ số thứ 15 là chữ số 2. Hỏi chữ số thứ 2016 trong dãy số trên là chữ số nào? HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM a) (1,00 điểm) Giả sử a và b là các số tự nhiên sao cho n  2015  a 2 ; n  2199  b 2 . 0,25đ Suy ra  b  a   b  a   184. 3 Hay  b  a   b  a   2 .23 Vì b  a và b  a là các số có cùng tính chẵn lẻ và b  a  b  a nên chỉ xảy ra hai trường hợp b  a  2 b  a  4  I  và   II   b  a  92 b  a  46   Trường hợp thứ nhất  a  45  n  10. Thỏa mãn.  I    b  47 0,25đ 0,25đ Trường hợp thứ hai  a  21  n  1574  0. Không thỏa mãn.  II    0,25đ  b  25 Vậy n  10. b) (1,00 điểm) Trong dãy số nói trên, 9 số đầu tiên: 1,2,3,...,9 là các số có 01 chữ số. 0,25đ 90 số tiếp theo: 10,11,12,...,99 là các số có 02 chữ số. 900 số tiếp theo: 100,101,102,...,999 là các số có 03 chữ số. Như vậy, bằng cách viết nói trên ta thu được một số có: 0,25đ 9  2  90  3  900  4  2893 chữ số. Vì 9  2  90  2016  2893 nên chữ số thứ 2016 của dãy số là một chữ số của số 0,25đ có 03 chữ số. Ta có 2016  9  2  90  3  609, số có 03 chữ số đầu tiên là 100, số có 03 chữ số 0,25đ thứ 609 là 609  100  1  708 do đó chữ số thứ 2016 trong dãy đã cho là chữ số 8. Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O, M là điểm di động trên cạnh AB. Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho AM  AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM  BF . � , đường thẳng OB d) Chứng minh rằng đường thẳng OA là phân giác trong của góc MOE � . Từ đó suy ra ba điểm O, E, F thẳng hàng. là phân giác trong của góc MOF e) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF. Chứng minh bốn điểm A, B, H,O cùng nằm trên một đường tròn. f) Chứng minh rằng khi điểm M di động trên cạnh AB thì đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định. I B M A F E O H D C HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM a) (1,00đ) Do ABCD là hình vuông nên hai đường chéo vuông góc, hai đường chéo tạo với các 0,25đ cạnh của hình vuông góc 45o. �  MAO �  45O. Tam giác AME vuông cân đỉnh A suy ra AM  AE; EAO �  EOA � . Suy ra AMO  AEO  c.g .c   MOA 0,25đ � . Vậy OA là phân giác trong của góc MOE � . Chứng minh tương tự, ta có OB là phân giác trong của góc MOF 0,25đ �  MOB � � �  MOF �  2� Mặt khác, MOA AOB  90o  MOE AOB  180o hay E, O, 0,25đ F thẳng hàng. Điều phải chứng minh. b) (1,00đ) 0,25đ �  MEA �  45o. Tứ giác AEHM nội tiếp đường tròn đường kính ME nên MHA �  MFB �  45o. Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính MF nên MHB 0,25đ �  90o. Suy ra � 0,25đ AHB  � AHM  MHB Ta thấy O và H cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên bốn điểm A, B, H,O cùng nằm trên đường tròn đường kính AB. c) (1,00đ) Đường thẳng MH cắt đường tròn đường kính AB tại điểm thứ hai I (I khác H). �  45o nên I là điểm chính giữa cung AB (không chứa O) của Ta có � AHI  BHI đường tròn đường kính AB. Do A, B, O là các điểm cố định nên I là điểm cố định (I đối xứng với O qua đường thẳng AB). Vậy, khi M di động trên cạnh AB, đường thẳng MH luôn đi qua điểm cố định I (I đối xứng với O qua đường thẳng AB). Câu 5 (1,0 điểm) Cho x là một số thực tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 0,25đ 0,50đ 0,50đ f  x  x 1  2 x  2  3 x  3  4 x  4 . HƯỚNG DẪN CHẤM Xét đồ thị của hàm số y  f  x  . Trên mỗi miền x  1; 1  x  2; 2  x  3; 3  x  4; x  4 (gồm 05 miền), y  f  x  là các hàm số bậc nhất. Đồ thị hàm số y  f  x  là đường gấp khúc gồm 02 tia và 03 đoạn thẳng liên tiếp nhau. Mặt khác f  x   0, x  � nên tồn tại giá trị nhỏ nhất của f  x  trên � và giá trị nhỏ nhất này sẽ đạt được tại đầu mút nào đó của các tia hoặc các đoạn thẳng. Nói cách khác: min f  x   min  f  1 , f  2  , f  3  , f  4    f  3   8. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x  bằng 8, đạt được khi x  3. Ghi chú: Học sinh có thể sử dụng phương pháp chia khoảng. ĐIỂM 0,25đ 0,50đ 0,25đ ................................ HẾT ................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2015-2016 Môn Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ------------------------ Câu 1 (2,0 điểm) a) Giải phương trình : x  2015  2016 b) Trong các hình sau, hình nào nô ôi tiếp đường tròn: Hình vuông; hình chữ nhâ tô ; hình thang cân; hình thang vuông. Câu 2 (2,0 điểm)  (m  2) x  3 y  5 Cho hệ phương trình:  (I) ( với m là tham số)  x  my  3 a) Giải hệ phương trình (I) với m=1. b) Chứng minh hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất với mọi m. Tìm nghiệm duy nhất đó theo m. Câu 3 (2,0 điểm) Cho Parabol (P): y  x 2 và đường thẳng (d) có phương trình: y  2( m  1) x  3m  2. a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m=3. b) Chứng minh (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biê ôt A, B với mọi m. c) Gọi x1 ; x2 là hoành độ giao điểm A, B. Tìm m để x12  x22  20. Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây DE < 2R. Trên tia đối DE lấy điểm A, qua A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE, K là giao điểm của BC và DE. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn (I) và HA � . là phân giác BHC 2 1 1   . c) Chứng minh rằng: AK AD AE Câu 5 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1 1 1 1  1  1 7  2  2  2   6     2015. b c  a  ab bc ca  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 1 3(2a 2  b 2 )  1 3(2b 2  c 2 )  1 3(2c 2  a 2 ) . -------------- HẾT-------------Họ và tên thí sinh: ...................................................................... SBD: ................. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn-thang điểm gồm 05 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài  Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.  Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm.  Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Hướng dẫn-thang điểm Câu 1 (2 điểm) a) Giải phương trình : x  2015  2016 b)Trong các hình sau, hình nào nô iô tiếp đường tròn: Hình vuông; hình chữ nhâ tô ; hình thang cân; hình thang vuông. Nội dung Điểm a) (0,5 điểm) 0,25 x  2015  2016  x  2016  2015  x 1 0,25 Vâ yô phương trình có nghiê m ô x=1 b) (1,5 điểm) 0,5 Hình vuông Hình chữ nhâ tô 0,5 Hình thang cân 0,5 Chú ý: Nếu học sinh trả lời cả 4 đáp án đúng thì trừ 0,25 điểm Câu 2 (2,0 điểm)  (m  2) x  3 y  5 Cho hệ phương trình:  (I) ( với m là tham số)  x  my  3 a) Giải hệ phương trình (I) với m=1. b) Chứng minh hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất với mọi m. Tìm nghiệm duy nhất Nội dung Điểm a) (1 điểm)   x  3 y  5 0,25 Thay m=1 ta có hê ô phương trình:  x  y  3  2 y  2 y 1     0,25 x  y  3 x  3 y y 1 y 1      x  3 1  x  2 Vậy với m=1 hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y) = (2; 1) 0,25 0,25 b) (1,0điểm)  (m  2)  3  my   3 y  5  3m  m 2 y  6  2my  3 y  5  (m  2) x  3 y  5      x  3  my  x  my  3  x  3  my   (m 2  2m  3) y  3m  1  1    2  x  3  my 2 Ta có m 2  2m  3   m  1  2  0 m nên PT (1) có nghiệm duy nhất  m . Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất  m 3m  1 9  5m Từ (1) ta có y  2 thay vào (2) ta có x  2 m  2m  3 m  2m  3 Câu 3 (2 điểm) Cho Parabol (P) y  x 2 và đường thẳng (d) có phương trình y  2(m  1) x  3m  2. a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m=3. b) Chứng minh (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biê ôt A, B với mọi m. c) Gọi x1 ; x2 là hoành độ giao điểm A, B. Tìm m để x12  x22  20. Nội dung a) (1 điểm) Thay m=3 ta có (d): y  8 x  7 Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) khi m=3 là: x 2  8 x  7  x 2  8 x  7  0 Giải phương trình: x1  1; x2  7 Tọa độ giao điểm (P) và (d) là (1;1); (7; 49) b) (0,5 điểm) 2 Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d): x  2(m  1) x  3m  2  0  1 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 1  11    m  2m  1  3m  2  m  m  3   m     0 m 2 4  Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  m . Suy ra (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m c) (0,5 điểm) Ta có x1 ; x2 là nghiệm phương trình (1) vì  '  0 m theo Viet ta có:  x1  x2  2m  2   x1 x2  3m  2 ' 2 2 0,25 0,25 x12  x22  20   x1  x2   2 x1 x2  20 Thay hệ thức Viet ta có: 2 0,25 m  2  2m  2   2  3m  2   20  2m  m  6  0   m  2   2m  3   0   3 m  2 Câu 4 (3 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây DE < 2R. Trên tia đối DE lấy điểm A, qua A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE, K là giao điểm của BC và DE. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn (I) và 2 2 � . HA là phân giác BHC 2 1 1   . c) Chứng minh rằng: AK AD AE Nội dung a) (1 điểm) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp �  900 (gt) suy ra � Ta có: � ABO  ACO ABO  � ACO  1800 Nên tứ giác ABOC nội tiếp ( theo định lý đảo) b) (1,5 điểm) Gọi đường tròn (I) ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn � (I) và HA là phân giác BHC Ta có � ABO  � ACO  900 nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC là trung điểm của AO. Vì � AHO  900 nên H thuộc đường tròn (I) Theo tính chất tiếp tuyến giao nhau thì AB  AC  � AB  � AC Ta có: � AHB  � AHC ( hai góc nô ôi tiếp chắn hai cung bằng nhau) � Hay HA là phân giác góc BHC c) (0,5 điểm) 2 1 1   Chứng minh rằng: AK AD AE 1 � �  EAC � ACD  � AEC  sđ DC Xét tam giác ACD và AEC có CAD (chung); � 2 AC AD   AC 2  AD. AE (1) Nên ACD đồng dạng AEC (g.g) suy ra: AE AC � �  HAC � Xét tam giác ACK và AHC có CAK (chung); � ACK  CHA ( � AHB ) AC AK   AC 2  AH . AK (2) Nên ACK đồng dạng AHC (g.g) suy ra: AH AC Từ (1) và (2) suy ra: Điểm 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 1 1 AK ( AH  AH )  AK ( AD  DH  AE  EH ) 2 2 2 1 1  2 AD. AE  AK ( AD  AE )    AK AD AE Câu 5 (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1 1 1 1  1  1 7 2  2  2   6     2015 . b c  a  ab bc ca  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: AD. AE  AK . AH  1 P 3(2a  b ) 2 2  1 3(2b  c ) 2 2  1 3(2c 2  a 2 ) Nội dung Điểm Ghi chú: Ta có  A  B   0  A2  B 2  2 AB; B 2  C 2  2 BC ; A2  C 2  2 AC 2   2 2 2 2 2 2 nên 2  AB  BC  CA   2 A  B  C  *  AB  BC  CA  A  B  C  I       2 2 2 2 2 2 2 2 2 Từ (*) suy ra: A  B  C  2  AB  BC  CA   2 A  B  C  A  B  C   A  B  C  2  3  A2  B 2  C 2   II  .  B C   A ۣ  1 A 1 B 1 A C   B  Ta có với A ,B ,C >0 B B A   C C  C B   A A 3 9 C  Bất đẳng thức (I), (II),(III) xảy ra dấu ''  '' khi A=B=C. 1 A B C 1 1 9  A Áp dụng Bất đẳng thức: (I) ta có 1 1  1 1 1 1 1 1 1 7  2  2  2   6      2015  6  2  2  2   2015 a b c   ab bc ca  a b c  1 1 1  2  2  2  2015 a b c 2 11 1 1 1 1 1 1 1 1 Áp dụng (II) ta có      2  2  2  2015     3a b c  a b c a b c Ta lại có: 3(2a 2  b 2 )  3( a 2  a 2  b 2 )  ( a  a  b) 2  2a  b;(1); 1 B 1 (III ) C  0,25 6045 3(2b 2  c 2 )  2b  c;(2); 3(2c 2  a 2 )  2c  a;(3) 1 1 1   Từ (1);(2);(3) ta có: P  2a  b 2b  c 2c  a Áp dụng (III) 1 1 11 1 1  12 1  1 12 1 1 12 1           ;    ;     2a  b a  a  b 9  a a b  9  a b  2b  c 9  b c  2c  a 9  c a  nên P  1 1 1    2a  b 2b  c 2c  a Vậy giá trị lớn nhất của P  0,25 0,25 11 1 1 6045     3a b c  3 6045 khi 3 0,25