Tài liệu Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán (chung) trường thpt chuyên lam sơn, thanh hóa năm học 2014 - 2015

www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn: Toán (Dành cho tất cả các thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 17/6/2014 a 2 2   a 16 a 4 a 4 1. Tìm điều kiện của a để biểu thức C có nghĩa và rút gọn C. 2. Tính giá trị của biểu thức C khi a = 9 - 4√5 . Bài 2: (2,0 điểm): (m  1) x  y  2 Cho hệ phương trình:  (m là tham số) mx  y  m  1  1.Giải hệ phương trình khi m = 2. 2. Chứng minh rằng với mọi m, hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn : x + 2y ≤ 3 Bài 3: (2,0 điểm): 1. Trong hệ tọa độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d): y= mx – m +2 cắt Parabol (P): y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung. Bài 1: (2,0 điểm): Cho biểu thức: C   3 x  2 y  4  x  y 2. Giải hệ phương trình:   3 2 x  6  2 y  2 Bài 4: (3,0 điểm): Cho đường tròn O đường kính BC và một điểm A nằm bất kì trên đường tròn (A khác B và C). Gọi AH là đường cao của DABC, đường tròn tâm I đường kính AH cắt các dây cung AB, AC tương ứng tại D, E. 1. Chứng minh rằng : góc DHE bằng 900 và AB. AD = AC . AE 2. Các tiếp tuyến của đường tròn (I) tại D và E cắt BC tương ứng tại G và F. Tính số đo góc GIF 3. Xác định vị trí điểm A trên đường tròn (O) để tứ giác DEFG có diện tích lớn nhất Bài 5: (1,0 điểm):Cho ba số thực x, y, z.  xyz x  y  z  x 2  y 2  z 2 Tìm giá trị lớn nhất biểu thức S  ( x 2  y 2  z 2 )( xy  yz  zx)  Lêi gi¶i vµ thang ®iÓm to¸n chung Lam S¬n Ngày thi : 17/062014 Câu Nội dung Điểm 1/ Tìm điều kiện của a để biểu thức C có ngĩa, rút gọn C. a  0 a  0 a  16  0  a  16    a  0, a  16 + Biểu thức C có nghĩa khi   a 4 0 a  16  a 40 moi a  0  0.25 + Rút gọn biểu thức C C 1 a 2 2    a  16 a 4 a 4 a  a 4  a4   2 2  a 4 a 4  a  4  2  a  4  a  2 a  8  2 a  8   a  4 a  4  a  4 a  4  a2 C C a a 4 a  a 4   a4    a 4 a 4   a4 1.25 a4 a a 4  a4  a    a4  2/ Tính giá trị của C, khi a  9  4 5 2 Ta có: a  9  4 5  4  4 5  5   2  5  => a  Vậy: C  a  a4   2  5 2  2 5 0.5 2 5 2 5  2 54 6 5  m  1 x  y  2 Cho hệ phương trình:  (m là tham số)  mx  y  m  1 1/ Giải hệ phương trình khi m = 2 Khi m = 2 thay vào ta có hệ phường trình 0.75 x  y  2 x  1 x  1  2  1 x  y  2        2x  y  3 x  y  2 y  1  2x  y  2  1 x  1 y  1 Kết luận: Với m = 2 hệ phường trình có một nghiệm duy nhất  0.25 1 2/ Chứng minh rằng với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y) thỏa mãn 2x  y  3  y  2   m  1 x  m  1 x  y  2  y  2   m  1 x       mx  2   m  1 x  m  1  mx  y  m  1  mx  2  mx  x  m  1 2  y  2   m  1 x  y  m 2  2m  1  y  2   m  1 m  1     <=>   x  m  1  x  m  1 x  m 1 Vậy với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất: 0.5  y   m 2  2m  1  x  m  1 Ta có: 2x  y  3  2  m  1  m2  2m  1  3  2m  2  m 2  2m  1  3 2 0.5 2x  y  3  m 2  4m  4    m  2   0  2x  y  3  0  2x  y  3 1/ Trong hệ tọa độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình: 2x2 = mx – m + 2 <=> 2x2 – mx + m – 2 = 0 (1) Có:   m 2  4.2.  m  2   m 2  8m  16   m  4 2 Để đường thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung thì  2  m  4   0   0  m  4   m =>  m  0  m  2, m  4  x1  x 2  0 =>   0  x .x  0 m  2 2   1 2 m  2  2  0 1.0 Kết luận: để đường thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung thì: m  2, m  4 2 3 x  2y  4  x  2y (1) 2/ Giải hệ phương trình :  3  2x  6  2y  2 (2)  x  2y  0  x  2y  0 (*)    2y  0 y  0 Điều kiện:  Đặt x  2y  t  0, thay vào phương trình (1) ta có 3t = 4 – t2 => t2 + 3t – 4 = 0 1 + 3 – 4 = 0, nên phương trình có hai nghiệm t = 1 và t = -4 (loại) Với t = 1 => x  2y  1=>x + 2y = 1 => x = 1 - 2y , thay vào phương trình 1.0 (2) ta có 3 2 1  2y   6  2y  2 <=> 3 4y  8  2y  2 <=> 3 3 4y  8  2  2y <=> 4y  8  8  12 2y  12y  2y 2y <=> 16y  12 2y  2y 2y  0 <=> 8y  6 2y  y 2y  0 <=> y   2y  8 y  6 2   0 <=>  y  y  2  2 y  6   0 TH 1 : y  0  y  0  x  1 (thỏa mãn *) TH2 : y  2  y  2  x  3 (thỏa mãn *) TH3 : y  6 2  y  18  x  35 (thỏa mãn *) Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm (x, y) = (1 ; 0), (-3, 2), (-35,18) A E I D 4 B C G H F 3   900 1. Chứng minh DHE  D  E  => ADHE là hình chữ nhật => DHE   900 Tứ giác ADHE có: A 1.0 Chứng minh AB.AD = AC.AE Xét hai tam giác vuông HAB và HAC ta có: AB.AD = AH2 = AC.AE 2/ Tính góc GIF   900 => DE là đường kính => I thuộc DE DHE 1 2 1 2 1.0 1 2   DIH   HIE   DIE   900 => GIF 3/ Tứ giác DEFG là hình thang vuông có đường cao DE = AH Hai đáy DG = GH = GB = 1 1 BH và EF = FC = FH = HC 2 2 =>diện tích hình tứ giác DEFG là 1.0 1  HB  HC  .AH BC.AH 2 lớn nhất khi AH lớn nhất vì BC = 2R không đổi  2 4 Ta có: AH lớn nhất => AH là đường kính => A là trung điểm cung AB Cho ba số thực dương x,y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  xyz x  y  z  x 2  y 2  z 2 S x 2   y 2  z 2   xy  yz  zx  2 Theo Bu nhi a :  x  y  z   3  x 2  y2  z 2  =>  x  y  z   3 x 2  y2  z 2 5 xyz => S   6 2 2 2 2 2 3. x  y  z  x  y  z x xyz S 2  2 2 2 2 y z 2    xy  yz  zx  3 1 3 2 2 2 3 x yz 3 x yz  3 1 3 3 2 = => S max  xyz  1.0  3 1 x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  3 1 khi x = y = z 3 3 Chú ý 1/ Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm 2/ Làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa 4