Tuyen lop 10 bình định (2015 2016)

Hà
Minh
Phan
Hòa Tuấn
Đại

THCS
CaTây Sơn
THCS

Đáp án đề thi

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120’

Ngày thi: 19/6/2015
Bài 1: (2,0 điểm).
 2x  y  1
a) Giải hệ phương trình: 
x  y  1

 1 a a
1 a
 a  
b) Rút gọn biểu thức P  

 1 a
 1 a
Bài 2: (2,0 điểm)

Cho phương trình: x 2  2(1  m)x  3  m  0

2


 (Với a  0;a  1 )


(1) (m là tham số)

a) Giải phương trình khi m=0.
b) CMR phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
c) Tìm giá trị của m để pt có hai nghiệm đối nhau
Bài 3: (2,0 điểm)
Trên một vùng biển được xem như bằng phẳng và không có chướng ngại vật. Vào lúc 6 giờ 1 tàu cá đi
thẳng qua tọa độ X theo hướng từ Nam đến Bắc với vận tốc ko đổi. Đến 7 giờ một tàu du lịch cũng đi thẳng
qua tọa độ X nhưng hướng từ Đông sang Tây với vận tốc lớn hơn tàu cá 12 km/h. Đến 8 giờ khoảng cách
giữa hai tàu cá là 60 km. Tính vận tốc của mỗi tàu?
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC (AB tam giác ABC, đường kính AD của đường tròn (O).Gọi E,F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B,C
xuống đường thẳng AD.M là trung điểm của BC.
a) CMR các tứ giác ABHF; BMFO nội tiếp.
b) HE//BD
AB. AC.BC
c) Chứng minh: S ABC 

( SABC là diện tích tam giác ABC)
4R
Bài 5 (1,0 điểm).
Cho các số thực a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c=3 CMR: N 

3  a 2 3  b2 3  c2


6
bc ca ab

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: (2,0 điểm).
2x  y  1  x  0
x  0
x  0



a) Giải hệ phương trình: 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
x  y  1
 x  y  1 0  y  1  y  1
(x;y) = (0;1)

b) Với a  0;a  1 Ta có:







2
 

  1 a 1 a  a
1 a






a
.




1 a
1 a 1 a 
 
 

2
1
1
 1 a  a  a .
 1 a .

1
2
2
1 a
1 a

 1 a a
 1 a
P  
 a  
 1 a
 1 a

















Trang 1







2


Phan Hòa Đại

Đáp án đề thi

Bài 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x 2  2(1  m)x  3  m  0

THCS Tây Sơn

(1) (m là tham số)

a) Giải phương trình khi m=0.
c
Khi m=0 ta được pt: x2-2x-3=0. Vì pt có dạng a-b+c = 1+2-3=0 nên có 2 nghiệm x1= -1; x2=  =3
a
b) CMR phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m :
2

3 7

 ’= (m-1) -1.(-3+m)= m -3m+4   m    >0 với mọi m =>phương trình luôn có hai nghiệm

2 4

phân biệt với mọi giá trị của m
c) Tìm giá trị của m để pt có hai nghiệm đối nhau:
pt luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m (c.m.t) , theo hệ thức Vi-ét ta có
b
x1+x2=
 2(m  1)  2m  2
a
Do đó pt có hai nghiệm đối nhau  x1+x2=0  2m-2=0  2m=2  m=1
Bài 3: (2,0 điểm)
Trên một vùng biển được xem như bằng phẳng và không có chướng ngại vật. Vào lúc 6 giờ 1 tàu cá đi
thẳng qua tọa độ X theo hướng từ Nam đến Bắc với vận tốc ko đổi. Đến 7 giờ một tàu du lịch cũng đi thẳng
qua tọa độ X nhưng hướng từ Đông sang Tây với vận tốc lớn hơn tàu cá 12 km/h. Đến 8 giờ khoảng cách
BẮC
giữa hai tàu cá là 60 km. Tính vận tốc của mỗi tàu?
M
Gọi vận tốc của tàu cá là x (km/h) . ĐK: x >0.
60 km
Vận tốc của tàu du lịch là x+12 (km/h)
Lúc 8 giờ tàu cá cách tọa độ X một khoảng: (8-6)x=2x (km)
TÂY
ĐÔNG
N
X
Lúc 8 giờ tàu du lịch cách tọa độ X một khoảng: (7-6)(x+12)= x+12 (km)
Vì hai tàu cá thi theo hai phương vuông góc với nhau nên theo định lý Pytago ta có:
(2x)2+ (x+12)2= 602  5x2+ 24x- 3456=0
144
NAM

Giải pt ta được: x1=24 (TMĐK) x2= 
(loại)
5
Vậy vận tốc của tàu cá là 24 km/h của tàu du lịch là 24+12=36km/h
Bài 4: (3,0 điểm)
a) CMR các tứ giác ABHF; BMFO nội tiếp.
AHB=900; AFB=900 => H, F cùng nhìn đoạn AB dưới 1 góc vuông => H,F cùng thuộc đường tròn đường
kính AB => tứ giác ABHF nội tiếp đường tròn đường kính AB.
MB=MC=> OM  BC=> OMB=900; OFB=900 => M, F cùng nhìn đoạn OB dưới 1 góc vuông => M,F
cùng thuộc đường tròn đường kính OB => tứ giác BMFO nội tiếp đường tròn đường kính OB
A
b) HE//BD
Tương tự AHC=AEC=900 => Tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn đường
Kính AC => E1=C1 (góc nt cùng chắn cung AH)
K
Trong đường tròn (O) có: C1=D1( góc nt cùng chắn cung AB)
Suy ra C1=D1 mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên HE // BD
AB. AC.BC
O
c) Chứng minh: S ABC 
( SABC là diện tích tam giác ABC)
4R
F
Vẽ BK  AC , ta có:
1
1
1
1
C
B

M
H
SABC= BK . AC  .AB.sin BAC.AC  AB.AC .sin BAC (1)
1
2
2
2
E
1
1
Ta có: BAC= BOC ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn BC)
2
D
OB=OC (=R) => tam giác BOC cân => đường trung tuyến OM đồng thời là đường cao, đường phân giác
2

2

Trang 2


Phan Hòa Đại

Đáp án đề thi

THCS Tây Sơn

1
BC
MC 2

BC
1


 MOC= BOC => BAC= MAC => sinBAC=sinMOC=
(2)
OC
R
2R
2
AB. AC.BC
Từ (1) và (2) suy ra : S ABC 
4R
Bài 5 (1,0 điểm).

3  a 2 3  b2 3  c2


6
bc ca ab
Ta có a2+1  2a; b2+1  2b; c2+1  2c và a=3-b-c;b=3-a-c; c=3-a-b nên:

Cho các số thực a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c=3 CMR: N 

3  a 2 3  b 2 3  c 2 2  2a 2  2b 2  2c 2  6  2b  2c 2  6  2c  2a 2  6  2a  2b









bc ca ab
bc
ca
ab
bc
ca
ab
8
8
8
1
1 
 1

2
2
 2  8


6
bc
ca
ab
bc ca a b 
N



4
1
1 
 1


 b  c    c  a    a  b   
  6(*)
3
bc ca ab

Lại có:
1
1 
bc bc ca
ca a b a b
 1




1


1
 b  c    c  a    a  b   
  1
ca a b bc
a b bc c a

bc ca ab 
bc ca
bc a b
c a a b
 bc ca   bc ab   ca a b 
 3



.
2
.
2
.


  3 2
ca bc
a b bc
a b c a
 ca bc   ab bc   a b ca 
 3  2  2  2  9(**)
a  1  0
b  1  0
4

 a  b  c 1
Từ (*) và (**) suy ra N  .9  6  6 Dấu = xảy ra  
c


1

0
3

 a  b  b  c  c  a

Trang 3