25 đề thi chính thức vào 10 môn toán hệ chung THPT chuyên lê hồng phong nam định năm 2015 2016 (có lời giải chi tiết)

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

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.
Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức Q  (

1
2 x  x 1 x

)(

) ( với x>0;x �1)
x 1 x 1
x 1
xx

1) Rút gọn biểu thức Q .
2) Tìm các giá trị của x để Q  1.

Câu 3. (2,5 điểm)
1) Cho phương trình x 2  2(m  1) x  m 2  6  0 (1) (với m là tham số).
a) Giải phương trình với m  3.
2
2
b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x1 ;x2 , thỏa mãn x1  x2  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 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 kính AH. Chứng
minh rằng BKC  90o.
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--------Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />

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; x  3 đồng thời xác định
x  1 xác định  x+1 �0  x �-1

Điểm
0,25

0,25

x  3 xác định x-3 �0  x �3
Vậy điều kiện xác định của biểu thức

x  1  x  3 là x �3

2)Với x= 2 2 ta có: A= 2 2  3  3  2 2  ( 2  1) 2  ( 2  1) 2

0,25

| 2  1|  | 2  1| ( 2  1)  ( 2  1)  2
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).
4) Vì tam giác ABC vuông tại A nên AC  BC 2  AB 2  52  32  4
AC 4

Do đó cos ACB 
BC 5

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 2 (2,0 điểm)
Đáp án
1) (1,0 điểm)
Với điều kiện x  0 và x  1, ta có

�
x 1
2 �� x ( x  1)
1 x �
Q�

.

�
�
�
�( 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 �
2) (0,5 điểm) Với x  0 và x  1, ta có Q 

x 1
x

Do đó
Q  1 

x 1
 1
x

 x  1   x
Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />
Điểm
0,5

0,25
0,25
0,25

 2 x  1
1
 x  (TM )
4
1
Vậy với x  thì Q= -1
4
Câu 3 (2,5 điểm)
Đáp án
1) (1,5 điểm)
a) (0,75 điểm) Với m  3, ta có phương trình (1) trở thành x2-4x=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
b)(0,75 điểm) x2-2(m-1)x+m2-6=0
Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có  '  (m  1) 2  (m 2  6)  7  2m
7
Phương trình (1) có các nghiệm x1;x2   ' �0  7  2 m �0  m � (*)
2
2
Khi đó theo định lý Viét ta có x1  x2  2( m  1); x1 x2  m  6
2
2
2
2
2
2
Do đó: x1  x2  ( x1  x2 )  2 x1 x2  4( m  1)  2(m  6)  2m  8m  16
m0
�
2

2
Vậy x1  x2 =16 2m 2  8m  16  16  �
m4
�

Kết hợp điều kiện (*) ta có m  0 là giá trị thỏa mãn.
�
(1)
�x �2
� x  2( x  y  3)  y
2) (1,0 điểm) � 2
Điều kiện: �
�y �0
�x  ( x  3)(2 x  y  5)  x  16 (2)

0,25

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

Với x-2; y0, phương trình (1)  x  2( x  y  2)  x  2  y  0
 x  2[( x  2) 2  ( y ) 2 ]  x  2  y  0

( x  2  y )[ x  2( x  2  y )  1]  0
1 4 4 44 2 4 4 4 43

0,25

 0 x �2; y �0

 x  2  y  0
 x  2  y
Thay y  x 2 vào phương trình (2) ta được phương trình:

0,25

x 2  ( x  3)(2 x  ( x  2)  5)  x  16
 x 2  ( x  3) 2  x  16
 2 x 2  5 x  7  0
x  1(TM )
�
�

7
�
x
( L)
� 2
+) Với x=1=>y=3.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x;y)=(1;3)
Câu 4 (3,0 điểm)
Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365

Facebook : />
0,25


Đáp án

1) (1,0 điểm)
a) (0,5 điểm) Xét đường tròn I có AMH=ANH 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên HM ,HN
tương ứng là đường cao của các tam giác vuông ABH, ACH
+) ABH vuông tại H , có đường cao HM nên suy ra AM.AB= AH2 .
+) ACH vuông tại H , có đường cao HN nên suy ra AN. AC =AH2.
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 A chung,
nên suy ra AMN∽ ACB (c.g.c)
AC
AB
Do đó AMN= ACB=> BCN+ BMN= ACB +BMN= AMN +BMN 1800
Mà các góc BCN;BMN , ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp.
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
Vì AMN vuông tại A nên AMN+ ANM=90o=> DAN +ANM=90o=> ADN  90o

Mà MAN  900  MN là đường kính của đường tròn I  I là trung điểm của MN nên ADI  90o .
Xét AID và AOH có ADI= AHO 900 và A chung do đó ADI∽ AHO (g.g)

Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />
Điểm

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25


b)(0,5 điểm)

0,25

AD AI
1
AO




AH AO
AD AH . AI
1
1
1
BC
; AI  AH ; 

Mà AO 
BC
2
AD AH 2
Vì ADI∽ AHO 

Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH2= HB .HC.
1
HB  HC
1
1




AD
HB.HC
HB HC
3) (1,0 điểm)
Vì tứ giác BMNC nội tiếp => PBM =MNC =>PBM +ANM =MNC+ANM =1800 (1)
Vì tứ giác ANMK nội tiếp  PKM =ANM (2)
Từ (1) và (2) suy ra PBM+ PKM 1800, do đó tứ giác PKMB nội tiếp

PKB =PMB= AMN= ACB =>AKB+ ACB= AKB+ PKB= 180O
Do đó tứ giác BKAC nội tiếp  BKC= BAC= 900.
Câu 5 (1,0 điểm)
Đáp án
2
�
3 x  6 x  6 �0
 x �1  3
1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định �
�2  x �0

0,25

0,5

0,5

Điểm
0,25

Với x �1  3 , phương trình đã cho tương đương với:
3x 2  6 x  6  3(2  x) 2 2  x  (7  19) 2  x
 3 x 2  6 x  6  (3 x 2  5 x  7) 2  x
 3 x 2  6 x  6  2  x  (3 x 2  5 x  7) 2  x


3x 2  5 x  8
3x  6 x  6  2  x
2

 (3x 2  5 x  7) 2  x

�
3x 2  5 x  8  0
�
 �
( Do
1  2  x ( 3x 2  6 x  6  2  x )
�

3 x 2  6 x  6  2  x  0x �1  3)

 )3 x 2  5 x  8  0
x  1(TM)
�
�

8
�
x  ( L)
� 3
 )1  2  x ( 3 x 2  6 x  6  2  x )
 1  2  x  2  x 3 x 2  6 x  6
 x  1  2  x 3 x 2  6 x  6(*)
Do x �1- 3  x  1  0 � 2  x 3 x 2  6 x  6  (*) VN
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1
Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />
0,25

2) (0,5 điểm) Ta có: a 4  b 4 �ab(a 2  b 2 )a; b �R
Thật vậy:

0,25

a 4  b 4 �ab (a 2  b 2 )
 a 4  b 4 �a 3b  ab3
 (a  b)(a 3  b3 ) �0
 ( a  b) 2 ( a 2  ab  b 2 ) �0 (luôn đúng a; b �R )
=> a 4  b 4  c �ab(a 2  b 2 )  c  a 4  b 4  c �ab(a 2  b 2 )  abc 2  0 ( vì a;b;c >0 và abc=1)


c
c
c
c
�
(Vi c>0)<=> 4
�
4
2
2
2
4
2
a  b  c ab(a  b )  abc
a  b  c ab(a  b 2  c2 )
4

c
c2
c
c2
 4
�
 4
�
(1)
a  b 4  c abc(a 2  b 2  c 2 )
a  b4  c a 2  b2  c 2
Tương tự:
b
b2
�
(2)
a 4  c4  b a 2  b2  c2
a
c2
�
(3)
b4  c 4  a a 2  b2  c 2
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:
a
b
c
a 2  b2  c 2



�
1
b4  c 4  a a 4  c 4  b a 4  b 4  c a 2  b 2  c 2
Vậy T �1 a; b; c  0 thỏa mãn abc=1
Với a=b=c=1 thì T=1
Vậy GTLN của T là 1

Website chuyên cung cấp đề thi file word có lời giải www.dethithpt.com
SĐT : 0982.563.365
Facebook : />
0,25