đề tuyển sinh vào 10 môn toán chuyên lê hồng phong nam định năm 2015 2016

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 thi gồm: 01 trang)
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Với giá trị nào của
x
thì biểu thức
1 3x x+ + −
xác định.
2) Tính giá trị của biểu thức
3 3A x x= + − −
khi
2 2x =
.
3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số
2
2y x=
.
4) Cho tam giác
ABC
vuông tại
,A
3, 5AB BC= =
. Tính
·
cos .ACB
Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức

1 2 1
.
1
1 1
x x x
Q
x
x x x x
 
+ −
 
= − −
 ÷
 ÷
−
− + −
 
 
(với
0; 1x x
> ≠
).
1) Rút gọn biểu thức
Q
.
2) Tìm các giá trị của
x
để
1Q
= −

.
Câu 3. (2,5 điểm)
1) Cho phương trình
( )
2 2
2 1 6 0x m x m− − + − =
(1) (với
m
là tham số).
a) Giải phương trình với
3.m
=
b) Với giá trị nào của
m
thì phương trình (1) có các nghiệm
1 2
,x x
thỏa mãn
2 2
1 2
16x x+ =
.
2) Giải hệ phương trình
( )
( ) ( )
2
2 3
3 2 5 16.
x x y y
x x x y x


+ − + =


+ + − + = +


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∆ ∆∽
.
b)
1 1 1
.
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
kính
.AH
Chứng minh rằng

·
0
90 .BKC =
Câu 5. (1,0 điểm)
1) Giải phương trình
( ) ( )
5
2
3 6 6 3 2 7 19 2 .x x x x x− − = − + − −

2) Xét các số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
1.abc
=
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
4 4 4 4 4 4
a b c
T
b c a a c b a b c
= + +
+ + + + + +
.
HẾT
Họ và tên thí sinh:…………………
Số báo danh:………………………
Họ tên, chữ ký GT 1……………………
Họ tên, chữ ký GT 2……………………
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NAM ĐỊNH
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 Điểm
1)
1 3x x+ + −
xác định
1x⇔ +
và
3x −
đồng thời xác định. 0,25
1x +
xác định
1 0 1x x⇔ + ≥ ⇔ ≥ −
,
3x −
xác định
3 0 3x x⇔ − ≥ ⇔ ≥
Vậy điều kiện xác định của biểu thức
1 3x x+ + −
là
3x
≥
.
0,25
2) Với
2 2x =

ta có
( ) ( )
2 2
2 2 3 3 2 2 2 1 2 1A = + − − = + − −
0,25
( ) ( )
2 1 2 1 2 1 2 1 2= + − − = + − − =
0,25
3) Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình
2
2 8x =
0,25
⇔
2x = ±
. Vậy có hai điểm thỏa mãn là:
(2;8)
và
( 2;8)−
.
0,25
4) Vì tam giác
ABC
vuông tại
A
nên
2 2 2 2
5 3 4AC BC AB= − = − =
0,25
Do đó
·

4
cos
5
AC
ACB
BC
= =
. 0,25
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Câu 2 (2,0 điểm)
Đáp án Điểm
1) (1,0 điểm)
Với điều kiện
0x >
và
1x ≠
, ta có
( ) ( )
( )
( )
1
1 2 1
.
1
1
1 1 1
   
+
+ −
 ÷  ÷

= − −
 ÷  ÷
−
+
− + −
   
x x
x x
Q
x
x
x x x x
0,5

1 2 1
.
1 1
 
+
 
= − −
 ÷
 ÷
− −
 
 
x
x
x x
x

0,25

1 1
.
1
 
− −
 
=
 ÷
 ÷
−
 
 
x x
x
x
1
−
=
x
x
. 0,25
2) (0,5 điểm) Với
0x >
và
1x ≠
, ta có
1x
Q

x
−
=
Do đó
1
1 1 1
−
= − ⇔ = − ⇔ − = −
x
Q x x
x

0,25

1
2 1
4
⇔ = ⇔ =
x x
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy với
1
4
=
x
thì
1.
= −
Q
0,25

Câu 3 (2,5 điểm)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đáp án Điểm
1) (1,5 điểm)
a) (0,75 điểm) Với
3m =
, ta có phương trình (1) trở thành
2
4 3 0x x− + =
0,25
Ta có
1 4 3 0a b c+ + = − + =
nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1 2
1; 3x x= =
0,25
Vậy với
3m =
, phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
1 2
1; 3x x= =
0.25
b) (0,75 điểm)
( )
2 2
2 1 6 0x m x m− − + − =
(1)
Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn
x
có

( )
( )
2
2
' 1 6 7 2m m m∆ = − − − = −
Phương trình (1) có các nghiệm
1 2
7
, ' 0 7 2 0
2
x x m m⇔ ∆ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤
(*)
0,25
Khi đó theo định lý Viét ta có
( )
2
1 2 1 2
2 1 ; . 6x x m x x m+ = − = −
Do đó
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 4 1 2 6 2 8 16x x x x x x m m m m
+ = + − = − − − = − +
0,25
Vậy
2 2 2
1 2

0
16 2 8 16 16
4
m
x x m m
m
=

+ = ⇔ − + = ⇔

=

Kết hợp điều kiện (*) ta có
0m
=
là giá trị thỏa mãn.
0,25
2) (1,0 điểm)
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2 3 1
3 2 5 16 2

+ − + =


+ + − + = +



x x y y
x x x y x
Điều kiện:
2 0 2
0 0
x x
y y
+ ≥ ≥ −
 
⇔
 
≥ ≥
 
Với
2, 0x y≥ − ≥
, phương trình (1)
( )
2 2 2 0
⇔ + − + + + − =
x x y x y
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 0x x y x y
 
⇔ + + − + + − =
 
 
0,25
( ) ( )
( )

( )
2 2 2 1 0
2 0 2 2 2 1 0, 2, 0
x y x x y
x y y x do x x y x y
 
⇔ + − + + + + =
 
⇔ + − = ⇔ = + + + + + > ∀ ≥ − ≥
0,25
Thay
2
= +
y x
vào phương trình (2) ta được phương trình
( ) ( )
( )
2
3 2 2 5 16
+ + − + + = +
x x x x x

( )
2
2
3 16
⇔ + + = +
x x x
( )
( )

2
1
2 5 7 0
7
2
 =

⇔ + − = ⇔

= −


x TM
x x
x Ko TM
0,25
+) Với
1 3.
= ⇒ =
x y
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
( ) ( )
; 1;3
=
x y
.
0,25
Câu 4 (3,0 điểm)
Đáp án Điểm
D

K
P
M
N
I
H
O
A
C
B
1) (1,0 điểm)
a) (0,5 điểm) Xét đường tròn
( )
I
có
·
·
0
90AMH ANH= =
(góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn) nên
,HM HN
tương ứng là đường cao của các tam
giác vuông
,ABH ACH
0,25
+)
ABH∆
vuông tại
H

, có đường
cao
HM
nên suy ra
2
.AM AB AH=
+)
ACH∆
vuông tại
H
, có đường
cao
HN
nên suy ra
2
.AN AC AH=
Do đó
. .AM AB AN AC=
0,25
b) (0,5 điểm) Theo câu a) ta có
. .
AM AN
AM AB AN AC
AC AB
= ⇒ =
Xét
AMN∆
và
ACB∆
có

¶
A
chung,
AM AN
AC AB
=
nên suy ra
( )
AMN ACB cgc∆ ∆∽
0,25
Do đó
·
·
·
·
·
·
·
·
0
180AMN ACB BCN BMN ACB BMN AMN BMN= ⇒ + = + = + =
Mà các góc
·
·
,BCN BMN
ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác
BMNC
nội tiếp.
0,25
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
OA OB OC= =

OAC⇒ ∆
cân tại
O

·
·
·
·
OAC OCA OAC BCN⇒ = ⇒ =
Mà
·
·
·
AMN ACB BCN= =
nên
·
·
·
·

AMN OAC AMN DAN= ⇒ =
0,25
Vì
AMN∆
vuông tại
A
nên
·
·
·
·
·
0 0 0
90 90 90AMN ANM DAN ANM ADN+ = ⇒ + = ⇒ =
Mà
·
0
90MAN =

MN⇒
là đường kính của đường tròn
( )
I

I
⇒
là trung điểm của
MN

nên

·
0
90ADI =
.
Xét
AID∆
và
AOH∆
có
·
·
0
90ADI AHO= =
và
¶
A
chung do đó
( )ADI AHO gg
∆ ∆
∽
0,25
b) (0,5 điểm) Vì
1
.
AD AI AO
ADI AHO
AH AO AD AH AI
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
∽
Mà

1 1
,
2 2
AO BC AI AH
= =
2
1 BC
AD AH
⇒ =
0,25
Mặt khác , vì tam giác
ABC
vuông tại
A
và
AH
là đường cao nên
2
.AH HB HC=
Suy ra
1 1 1
.
HB HC
AD HB HC HB HC
+
= = +
0,25
3) (1,0 điểm) Vì tứ giác
BMNC
nội tiếp

·
·
·
·
·
·
0
180PBM MNC PBM ANM MNC ANM
⇒ = ⇒ + = + =

(1)
Vì tứ giác
ANMK
nội tiếp
·
·
PKM ANM⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
·
·
0
180PBM PKM+ =
, do đó tứ giác
PKMB
nội tiếp
0,5
·
·
·

· · · ·
·
0
180PKB PMB AMN ACB AKB ACB AKB PKB⇒ = = = ⇒ + = + =
Do đó tứ giác
BKAC
nội tiếp
·
·
0
90⇒ = =BKC BAC
.
0,5
Câu 5 (1,0 điểm)
Đáp án Điểm
1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định
2
3 6 6 0
1 3
2 0
x x
x
x

− − ≥
⇔ ≤ −

− ≥


Với
1 3x
≤ −
, phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( )
( ) ( )
( )
(
)
2
2
2 2 2 2
2
2
2
2
2
3 6 6 3 2 2 7 19 2
3 6 6 2 3 5 7 3 6 6 2 2 3 5 8
3 5 8 0
3 5 8
2 3 5 8
1 2 3 6 6 2
3 6 6 2
x x x x x x
x x x x x x x x x x x
x x
x x
x x x
x x x x

x x x
− − = − − + − −
⇔ − − = − − − ⇔ − − − − = − − −

− − =
− −

⇔ = − − − ⇔

= − − − + −
− − + −

(do
2
3 6 6 2 0, 1 3x x x x− − + − > ∀ ≤ −
).
0,25
+)
2
3 5 8 0 1x x x− − = ⇔ = −
(thỏa mãn đk) hoặc
8
3
x =
(không thỏa mãn đk)
+)
(
)
2 2
1 2 3 6 6 2 1 2 3 6 6. 2x x x x x x x x= − − − + − ⇔ = − + − − −

( )
2
1 3 6 6. 2 *x x x x⇔ − = − − −
Vì
1 3x
≤ −
nên
2
1 0 3 6 6. 2x x x x
− < ≤ − − −
do đó (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1x
= −
0,25
2) (0,5 điểm) Ta có:
( )
4 4 2 2
;
+ ≥ + ∀ ∈
¡a b ab a b a b
Thật vậy
( )
4 4 2 2 4 4 3 3
+ ≥ + ⇔ + ≥ +
a b ab a b a b a b ab
( )
( )
( )
( )

2
3 3 2 2
0 0
⇔ − − ≥ ⇔ − + + ≥
a b a b a b a ab b
(luôn đúng
,
∀ ∈
¡a b
)
Do đó
( )
4 4 2 2
+ + ≥ + +
a b c ab a b c
( )
4 4 2 2 2
0
⇔ + + ≥ + + >
a b c ab a b abc
(vì
; ; 0
>
a b c
và
1
=
abc
)
( )

4 4
2 2 2
c c
a b c
ab a b abc
⇔ ≤
+ +
+ +
(vì
0
>
c
)
( )
4 4
2 2 2
⇔ ≤
+ +
+ +
c c
a b c
ab a b c
( )
2
4 4
2 2 2
⇔ ≤
+ +
+ +
c c

a b c
abc a b c

( )
2
4 4 2 2 2
1
⇔ ≤
+ + + +
c c
a b c a b c

0,25
Tương tự
( )
2
4 4 2 2 2
2
≤
+ + + +
b b
a c b a b c

( )
2
4 4 2 2 2
3
≤
+ + + +
a a

b c a a b c
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:
2 2 2
4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
+ + ≤ + + =
+ + + + + + + + + + + +
a b c a b c
b c a a c b a b c a b c a b c a b c
1
⇒ ≤
T

; ; 0
∀ >
a b c
thỏa mãn
1
=
abc
.
Với
1
= = =
a b c
thì
1
=
T
. Vậy GTLN của

T
là 1.
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______________