TS247 DT de thi chinh thuc vao 10 mon toan he chung thpt chuyen quang nam nam 2015 2016 co loi giai chi tiet 3107 1449739793

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÝ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN

QUẢNG NAM

Năm học 2015 – 2016
Khóa ngày 03 tháng 6 năm 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN (Toán chung)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức: A 

x
4
x2
, với x > 0.


x 2 x2 x
x

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Thực hiện phép tính để tính giá trị của A khi x  3  2 2
c) Tìm x để A = x + 1.
Câu 2. (2,0 điểm)

2 x  y  7
a) Giải hệ phương trình (không sử dụng máy tính cầm tay): 
3x  4 y  5
2
b) Cho parabol (P): y = 2x và đường thẳng (d): y = 3x + b. Vẽ parabol (P) và tìm b biết (d) đi qua điểm M
thuộc (P) có hoành độ x = –1.
Câu 3. (2,0 điểm)
Cho phương trình x2  2  m  1 x  m2  2m  5  0 (1) (m là tham số)
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 đều khác 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4
2
P
  x1  x2  6 
 x1  1 x2  1
Câu 4. (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, với ABC  60 , BC = 2a và AB < AC. Gọi (O) là đường tròn
đường kính BC (O là trung điểm BC). Đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E (D khác B, E
khác C), BE cắt CD tại H.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp và xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
b) Chứng minh: HB.DE = HD.BC
OB
c) Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt đường thẳng DI tại M. Tính tỉ số
.
OM
3a
d) Gọi F là giao điểm của AH và BC. Cho BF 
, tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác DEF theo
4
a

>> Truy cập trang để ôn luyện thi vào 10 Toán – Văn – Anh tốt nhất!

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÝ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN

QUẢNG NAM

Năm học 2015 – 2016
Khóa ngày 03 tháng 6 năm 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN (Toán chung)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
.ĐÁP ÁN

Câu 1.
a) Ta có
x
4
x2


x 2 x2 x
x

A


x  x  2

x. x  4   x  2






x  4  x x  2x  2 x  4
x



x 2



x 2



x x  3x  2 x
x



x





x 2



x 1
x





x 2

x 2





 x 1

b) ĐKXĐ của A là x > 0, x  3  2 2 thỏa mãn điều kiện.
Thay x  3  2 2 , ta có:

A  3  2 2 1  2  2 2 1 1 






2

2 1  1

2  1  1  2 (do 2  1  0)

Vậy khi x  3  2 2 thì A =

2.

c) A  x  1  x  1  x  1  x





x  1  0 ⇔ x = 0 (loại) hoặc x = 1 (tm)

Vậy A = x + 1 ⇔ x = 1.
Câu 2.

2 x  y  7

a) 
(I)
3x  4 y  5
>> Truy cập trang để ôn luyện thi vào 10 Toán – Văn – Anh tốt nhất!

2



 y  2x  7
x  3
 y  2x  7
(I )  



11x  33
 y  1
3x  4  2 x  7   5

Vậy hệ phương trình có nghiệm (3;–1)
b) Vẽ parabol (P)
(P): y = 2x2 nên có đỉnh là O(0;0), đi qua điểm A(1;2), B(2;8), nhận Oy là trục đối xứng.

Điểm M(–1;m) thuộc (P) nên m = 2.(–1)2 = 2 ⇒ M(–1;2)
M(–1;2) ∈ (d) ⇒ 2 = 3.(–1) + b ⇒ b = 5
Vậy b = 5.
Câu 3.

x2  2  m  1 x  m2  2m  5  0

(1)

a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
  '   m  1   m2  2m  5   0
2

  m2  2m  1   m 2  2m  5   0
 4m  4  0  m  1

b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác 1

m  1
m  1
 2
 2
2
 m  4m  4  0
1  2  m  1 .1  m  2m  5  0
m  1

m  2
>> Truy cập trang để ôn luyện thi vào 10 Toán – Văn – Anh tốt nhất!

3


Theo định lý Vi–ét:

 x1  x2  2m  2


2
 x1 x2  m  2m  5
Thay vào P ta có:
P

4

 x1  1 x2  1

  x1  x2  6 

2



4
2
  x1  x2  6 
x1 x2   x1  x2   1



4
2
  2m  2  6 
m  2m  5   2m  2   1
2

4

2
  2m  4 
m  4m  4


1
 4
 (m  2) 2 
2
  m  2 



2

Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có:
1

 m  2

2

 (m  2)2  2  P  8

Dấu bằng xảy ra khi (m – 2)2 = 1 ⇔ m = 3 (thỏa mãn) hoặc m = 1 (loại)
Vậy GTNN của P là 8, đạt được khi m = 3.
Câu 4.

>> Truy cập trang để ôn luyện thi vào 10 Toán – Văn – Anh tốt nhất!

4


a) Gọi I là trung điểm AH.
Vì tam giác ADH vuông tại D, có I là trung điểm cạnh huyền nên IA = IH = ID.
Vì tam giác AEH vuông tại E, có I là trung điểm cạnh huyền nên IA = IH = IE
⇒ IA = IH = ID = IE
⇒ Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm I.
b) Vì BDEC là tứ giác nội tiếp nên:
HDE  HBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC)

(1)

HED  HCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD)

(2)

Từ (1) và (2)

 HDE ∽ HBC (g.g)
HD DE


HB BC
 HD.BC  HB.DE
c) Vì ID = IH nên ∆ IDH cân ở I ⇒ IDH  IHD

(3)

Vì IH // MC (cùng vuông góc BC) nên IHD  MCD

(4)

Từ (3) và (4) ⇒ IDH  MCD
Suy ra ∆ MDC cân tại M ⇒ MD = MC.
Mà OD = OC nên OM là trung trực của CD.
⇒ OM ⊥ CD
Mà BD ⊥ CD nên OM // BD
⇒ COM  CBD  60
Ta có:

OB OC
1

 cos COM  cos 60 
OM OM
2

d) Vì BDH  BFH  90  90  180 nên BDHF là tứ giác nội tiếp ⇒ DBH  DFH (5)
Tương tự ta có: ECH  EFH

(6)

Vì BDEC là tứ giác nội tiếp nên DBH  ECH

(7)

Từ (5), (6), (7) ⇒ DFH  EFH ⇒ FH là phân giác góc DFE.
Tương tự ta có: EH là phân giác góc DEF.

>> Truy cập trang để ôn luyện thi vào 10 Toán – Văn – Anh tốt nhất!

5


Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp ∆ DEF. Vẽ HK ⊥ DF tại K. Suy ra bán kính đường tròn (H) nội tiếp ∆
DEF là HK.
Tính HK:
Ta có: BD  BC.cos DBC  a
Vì ∆ BDC vuông tại D nên DC  BC 2  BD2  a 3
Hai tam giác vuông CDB và CFH có chung góc C nên chúng đồng dạng, suy ra

5
a. a
HF CF
BD.CF
5a

 HF 
 4 
.
BD CD
CD
a 3 4 3
9a 2 25a 2 a 13
∆ BFH vuông tại F nên BH  BF  HF 


16
48

2 3
2

2

∆ BDH vuông tại D nên DH  BH 2  BD 2 

13a 2
a
 a2 
12
2 3

 HBF  HDK
 HBF ∽ HDK (g.g)
Có 
 HKD  HFB  90
a

5a
HB HF
HD.HF 2 3 4 3 5a 39


 HK 


HD HK
HB
156

a 13
2 3
.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp ∆ DEF là HK =

5a 39
.
156

>> Truy cập trang để ôn luyện thi vào 10 Toán – Văn – Anh tốt nhất!

6