32 đề thi chính thức vào 10 môn toán hệ chung THPT lương văn chánh phú yên năm 2015 2016 (có lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH
Năm học 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN CHUNG
Ngày thi: 11 tháng 6 năm 2015
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 điểm)
Cho A = 3 − 1; B = 3 + 1
A 2
; A + B 2 bằng cách rút gọn hoặc biến đổi thích hợp
B
Bài 2: (2,0 điểm) Giải hệ phương trình và phương trình:
a) x 2 + 5x − 6 = 0
Tính giá trị của biểu thức A + B; A.B;

1 1 8
x + y = 5

b) 
 2 − 5 = −1
 x y 3
Bài 3: (1,0 điểm)
Cho phương trình x 4 + 2mx 2 + 4m + 5 = 0(1) . Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 4: (1,5 điểm)
Hai người đi xe đạp cùng khởi hành một lúc tại một địa điểm: người thứ nhất đi về phía nam, người thứ hai đi
về phía tây. Sau 4 giờ hai người cách nhau 100km theo đường chim bay. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng
vận tốc của người thứ nhất nhỏ hơn vận tốc của người thứ hai 5km/h.

Bài 5: (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy hai điểm C, D trên nửa đường tròn sao cho AC=BD (C nằm giữa
A và D). Gọi E là giao điểm của AD và BC.
a) Chứng minh hai tam giác ACE, BDE bằng nhau.
b) Chứng minh tứ giác AOEC, BOED nội tiếp.
c) Đường thẳng qua O vuông góc AD cắt CD tại F. Tứ giác AODF là hình gì? Vì sao?
d) Gọi G là giao điểm của AC và BD. Chứng minh O, E, G thẳng hàng.
––––Hết––––


ĐÁP ÁN
Bài 1:
Ta có:
A + B = ( 3 − 1) + ( 3 + 1) = 2 3
AB = ( 3 − 1)( 3 + 1) = ( 3) 2 − 12 = 3 − 1 = 2
A
3 −1
( 3 − 1) 2
4−2 3
=
=
=
= 2− 3
B
2
3 + 1 ( 3 + 1)( 3 − 1)
A2 + B 2 = ( A + B ) 2 − 2 AB = (2 3) 2 − 2.2 = 12 − 4 = 8
Bài 2:
a ) x 2 + 5 x − 6 = 0 (1)
Phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn x, có tổng các hệ số a + b + c = 1 + 5 + (–6) = 0 nên có hai nghiệm

−6
= −6
1
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {−6;1}
x1 = 1; x2 =

1 1 8
x + y = 5

b) 
 2 − 5 = −1
 x y 3
5 5
 7 23
 1 23
 1 23
21

=
=
=
x=
x + y =8





x 3
 x 21

 x 21

23
<=> 
<=> 
<=> 
<=> 
<=> 
2
5
−
1
23
5
−
1
1
53
2
5
−
1
105
 − =
 − =
 2. − =
 =
y =

 x y 3

 x y 3
 21 y 3
 y 105
53
 21 105 
Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất (x;y) =  ;
÷
 23 53 
Bài 3:
x 4 + 2mx 2 + 4m + 5 = 0(1)
Đặt t = x 2 ; t ≥ 0 , phương trình (1) trở thành
t 2 + 2mt + 4m + 5 = 0(2)
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai nghiệm dương phân biệt
m > 5


2
m − 4m + 5 > 0
∆ ' = m − (4m + 5) > 0
  m < −1

5


<=> m < 0
<=>  m < 0 <=> − < m < −1
 S = −2m > 0
4
 P = 4m + 5 > 0



−
5
−
5

m >
m >

4
4

 −5

Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là m ∈  ; −1÷
 4

Bài 4:
2


Gọi O là điểm khởi hành của 2 xe.
Sau 4 giờ, người thứ nhất ở vị trí A, người thứ hai đang ở vị trí B và AB = 100km.
Gọi vận tốc của người thứ nhất là x (km / h) (x > 0)
Vì vận tốc của người thứ nhất nhỏ hơn vận tốc của người thứ hai 5km/h nên vận tốc của người thứ hai là x + 5
(km / h)
Quãng đường người thứ nhất đi trong 4 giờ là OA = 4x (km)
Quãng đường người thứ hai đi trong 4 giờ là OB = 4(x + 5) (km)
Vì ∆ OAB vuông ở O nên ta có phương trình:
OA2 + OB 2 = AB 2

<=> 16 x 2 + 16(x + 5) 2 = 1002
<=> 2 x 2 + 10 x − 600 = 0
<=> 2( x − 15)( x + 20) = 0
⇔ x = 15 (thỏa mãn) hoặc x = –20 (loại)
Vậy vận tốc của ngưới thứ nhất là 15 km /h và của người thứ hai là 20 km /h.
Bài 5:

a) Vì C, D thuộc đường tr n đường kính AB nên:


ACB=ADB=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tr n)
⇒ Hai tam giác ACE và BDE vuông
=>CAE+AEC=90o;DBE+BED=90o
Mà AEC=BED (hai góc đối đỉnh) nên CAE =DBE
Xét ∆ ACE và ∆ BDE có:
 ACE = BDE = 90o (cmt)

=> ∆ACE = ∆BDE ( g .c.g )
 AC = BD(gt)
CAE = DBE(cmt)

b) Vì ∆ ACE = ∆ BDE nên AE = BE (hai cạnh tương ứng)
Mà OA = OB nên OE là đường trung trực của đoạn AB
=>AOE=90o
Tứ giác AOEC có tổng hai góc đối AOE+ACE=90o+90o=180o nên AOEC là tứ giác nội tiếp
Chứng minh tương tự ta có BOED là tứ giác nội tiếp.
c) Vì EA = EB (cmt) nên ∆ ABE cân ở E
=>EAB=EBA (1)
Vì ACDB là tứ giác nội tiếp nên
EAB=ECD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD)(2)

Từ (1) và (2) ⇒ ECD=EBA
⇒ CD // AB (3)
Vì OF ⊥ AD, BD ⊥ AD nên OF // BD (4)
Từ (3) và (4) ⇒ OFDB là hình bình hành
⇒ DF = OB = OA
Mà DF // OA nên tứ giác AODF là hình bình hành
Hình bình hành AODF có hai đường chéo OF và AD vuông góc với nhau nên nó là hình thoi.
d) Vì ∆ ACE = ∆ BDE nên CAE=DBE
Mà EAB=EBA (cmt) nên CAE+EAB=DBE+EBA=>CAB=DBA
⇒ ∆ GAB cân ở G
⇒ GA = GB
⇒ G thuộc đường trung trực của đoạn AB.
⇒ G ∈ OE
⇒ O, E, G thẳng hàng.