Tải Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán sở GD&ĐT Nam Định năm 2015 - 2016 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (296.73 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2015 - 2016

Mơn: TỐN (chung)
Thời gian làm bài: 120 phút.

(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu 1. (2,0 điểm)

x x 1 x 31) Với giá trị nào của thì biểu thức xác định.

3 3

A x   x x 2 22) Tính giá trị của biểu thức khi .

y x 3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số .
ABC ,A AB3,BC5cosACB.4) Cho tam giác vuông tại . Tính

1 2 1

.
1

1 1

x x x

Q

x

x x x x

   

 

     



  

    x0; x1Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức (với ).

Q1) Rút gọn biểu thức .

xQ 12) Tìm các giá trị của để .

Câu 3. (2,5 điểm)





2 2 1 2 6 0

x  m x m   m1) Cho phương trình (1) (với là tham số).
3.

m  a) Giải phương trình với 
m x x1, 2

2 2

1 2 16

x x  b) Với giá trị nào của thì phương trình (1) có các nghiệm thỏa

mãn .







 



2 3

3 2 5 16.

x x y y

x x x y x

    




     



 2) Giải hệ phương trình

ABC A AB



 AC



, AH I AH. AB AC, M N O, BC D MN, OA.Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác

vuông tại đường cao Đường trịn tâm đường kính cắt các cạnh lần lượt tại . Gọi là trung điểm của
đoạn là giao điểm của và

1) Chứng minh rằng:

. . .

AM ABAN AC a)

BMNCb) Tứ giác là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh rằng:

ADI AHO

 ∽  a) .

1 1 1

AD HB HC b)

P BC MN K AP, AH . 0

90 .

BKC  3) Gọi là giao điểm của và là giao điểm thứ hai của và

đường trịn đường kính Chứng minh rằng
Câu 5. (1,0 điểm)









3x  6x 6 3 2  x  7x19 2 x.

1) Giải phương trình

, ,

a b c abc 1. 2) Xét các số thực dương thỏa mãn 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

  

      .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---HẾT---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

Mơn: TỐN (Đề chung)

Câu 1 (2,0 điểm)

Đáp án Điểm

x   x1 x 1 x 31) xác định và đồng thời xác định. 0,25
1

x   x  1 0 x1 x  3  x 3 0  x3 xác định , xác định

1 3

x  x x 3Vậy điều kiện xác định của biểu thức là . 0,25

2 2

x 









2 2

2 2 3 3 2 2 2 1 2 1

A        

2) Với ta có 0,25



 



2 1 2 1 2 1 2 1 2

         0,25

2x 83) Hồnh độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 0,25

 x  (2;8) ( 2;8)2  . Vậy có hai điểm thỏa mãn là: và . 0,25

ABC A AC  BC2 AB2  52 32 44) Vì tam giác vng tại nên 0,25

 4

cos

AC
ACB

BC

 

Do đó . 0,25

Câu 2 (2,0 điểm)

Đáp án Điểm

1) (1,0 điểm)

x  x 0Với điều kiện và , ta có



 











1 2 1

1 1

1 1 1

    

 

   

  

        

   

x x

Q

x x

x x x x

0,5

1 2 1

1 1

    

     

   

 

x

x x x 0,25

1 1

.
1

     

   

  

 

x x

1


 x

x . 0,25

x  x 1

x
Q

x




2) (0,5 điểm) Với và , ta có

1  1 1

  x    

Q x x

x Do đó

0,25

2 1

 x   x

(thỏa mãn điều kiện)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1
4



x

1.


Q Vậy với thì

Câu 3 (2,5 điểm)

Đáp án Điểm

1) (1,5 điểm)

m  x2 4x 3 0

   a) (0,75 điểm) Với , ta có phương trình (1) trở thành 0,25
1 4 3 0

a b c      x11;x2 3Ta có nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt 0,25

m  x11;x2 3Vậy với , phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 0.25





2 2 1 2 6 0

x  m x m   b) (0,75 điểm) (1)

x









2 2

' m 1 m 6 7 2m

      

Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn có

1 2

, ' 0 7 2 0

x x      m  m

Phương trình (1) có các nghiệm (*)

0,25





1 2 2 1 ; 1. 2 6

x x  m x x m  Khi đó theo định lý Viét ta có













2 2 2 2

1 2 1 2 2 1 2 4 1 2 6 2 8 16

x x  x x  x x  m  m   m  m

Do đó

0,25

2 2 2

1 2

16 2 8 16 16

m

x x m m

m




       



 Vậy

m  Kết hợp điều kiện (*) ta có là giá trị thỏa mãn.

0,25





 



 



 

2 3 1

3 2 5 16 2

    





     




x x y y

x x x y x

2 0 2

0 0

x x

y y

  

 



 

 

  2) (1,0 điểm) Điều kiện:

2, 0

x y  x2



x y 2



 x2 y 0Với , phương trình (1)



  

2 2





2 2 2 0

x  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

2
 

y x Thay vào phương trình (2) ta được phương trình









2 5 7 0 7

2
 



    

 


x TM

x x

x Ko TM 2





3 16

 x  x  x









2 3 2 2 5 16

      

x x x x x

0,25

1 3.

  

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>



x y;

 

 1;3



Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm .

Câu 4 (3,0 điểm)

Đáp án Điểm

1) (1,0 điểm)

 

I a) (0,5 điểm) Xét đường trịn có

  900

AMH ANH  HM HN,

ABH ACH (góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn) nên tương ứng là đường cao
của các tam giác vuông

0,25

AM AB AH HM H ABH +) vng

tại , có đường cao nên suy ra
2

AN ACAH HN H ACH +) vng

tại , có đường cao nên suy ra

. .

AM AB AN AC Do đó

0,25

. . AM AN

AM AB AN AC

AC AB

  

b) (0,5 điểm) Theo câu a) ta có

AMN

 ACB A

AM AN

AC AB AMN ∽ ACB cgc





Xét và có chung, nên suy ra

0,25

        1800

AMN ACB BCN BMN ACB BMN AMN BMN      Do đó

 , 

BCN BMN BMNCMà các góc ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác nội tiếp. 0,25

2) (1,0 điểm)

ABC A O BC OA OB OC   OAC O OAC OCA   OAC BCN  a) (0,5 điểm) Ta có

tam giác vng tại và là trung điểm của cạnh nên cân tại

  

AMN ACB BCN AMN OAC  AMN DAN Mà nên

0,25

AMN

 A AMN ANM  900  DAN ANM 900  ADN 900Vì vuông tại nên

 900

MAN   MN

 

I  I MN ADI 900Mà là đường kính của đường tròn là trung điểm

của nên .

0,25

D

K

P

M

N

I

H

O

A

C

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

AID

 AOH ADI AHO 900 A ADI ∽ AHO gg( )Xét và có và chung do đó 
1

AD AI AO

ADI AHO

AH AO AD AH AI

 ∽     

b) (0,5 điểm) Vì

1 1

2 2

AO BC AI  AH 1 BC2

AD AH

 

Mà

0,25

ABC A AH AH2 HB HC. Mặt khác , vì tam giác vuông tại và là đường cao nên

1 1 1

HB HC

AD HB HC HB HC



  

Suy ra

0,25

BMNC  PBM MNC  PBM ANM MNC ANM  18003) (1,0 điểm) Vì tứ giác nội

tiếp (1)

 

PKM ANM

  ANMKVì tứ giác nội tiếp (2)

PKMB PBM PKM 1800Từ (1) và (2) suy ra , do đó tứ giác nội tiếp

0,5

        1800

PKB PMB AMN ACB AKB ACB AKB PKB

        

BKAC  BKC BAC 900Do đó tứ giác nội tiếp . 0,5

Câu 5 (1,0 điểm)

Đáp án Điểm

3 6 6 0

1 3

2 0

x x

x
x

   

  



 

 1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định

1 3

x   Với , phương trình đã cho tương đương với:

























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

       

               

   

  

     

      

   



3x  6x 6 2 x 0,  x 1 3(do ).

0,25

3x  5x 8 0  x1
8
3

x 

+) (thỏa mãn đk) hoặc (không thỏa mãn đk)





1 2 x 3x  6x 6 2 x  1 2  x 3x  6x 6. 2 x

 

1 3 6 6. 2 *

x x x x

     

1 3

x   x 1 0 3x2 6x 6. 2 x

      Vì nên do đó (*) vơ nghiệm.

x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

0,25





4 4 2 2 ;

     

a b ab a b a b

2) (0,5 điểm) Ta có:





4 4 2 2 4 4 3 3

      

a b ab a b a b a b ab

Thật vậy

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

a b 

















3 3 2 2

0 0

 a b a  b   a b a ab b 

(luôn đúng )

1


abc a b c; ; 0 a4b4 c ab a



2b2



abc2 0a4b4 c ab a



2b2



cDo đó

(vì và )





4 4 2 2 2

 

   

c c

a b c ab a b c c0 4 4



2 2



c c

a b c ab a b abc

 

   

(vì )

 

4 4 2 2 2 1

 

   

c c

a b c a b c





4 4 2 2 2

 

   

c c

a b c abc a b c

 

4 4  2 2 2 2

   

b b

a c b a b c

 

4 4  2 2 2 3

   

a a

b c a a b c Tương tự

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

 T  a b c; ; 0 abc1 thỏa mãn .
1

  

a b c T 1T Với thì . Vậy GTLN của 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 tồn bài khơng làm tròn.

</div>

Tải Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn Toán sở GD&ĐT Nam Định năm 2015 - 2016 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án











 

























 





 











































 



 



 







  





























<sub></sub>

<sub></sub>















 



 

