tong hop va giai de thi vao 10 nam 1516 o cac tinh thanh pho

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN. Hải Phòng. Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) I. Phần 1: Trắc nghiệm (2,0 điểm). Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng. 1. Điều kiện xác định của biểu thức A =. 2 2x  1. là. 1 1 1 A. x  2 B. x  2 C. x  2 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất ?. A.. y. x 4 2. B.. y. 2x 3 2. C.. y. 2 1 x. 1 D. x  2. D.. y . 3 x 2 5. ax  3 y 1  3. Hệ phương trình  x  by  2 nhận cặp số (-2; 3) là nghiệm khi:. A. a = 4; b = 0 B. a = 0; b = 4 C. a = 2; b = 2 4. Một nghiệm của phương trình 2x2 – 3x – 5 = 0 là. D. a = -2; b = -2. 3 5 3 5  A. 2 B. 2 C. 2 D. 2 5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết cạnh AC = 8, BC = 10 (Trong hình 1). Độ . dài đoạn thẳng CH bằng:. A. 2,4. B. 3,6. C. 4,8. D. 6,4. 6. Cho đường tròn (O) đường kính AC, hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn (Trong 0  hình 2). Biết ACB 70 . Số đo góc AMB bằng. A. 400 B. 500 C. 600 D. 700 0 7. Cung AB của đường tròn (O; R) có số đo bằng 120 . Vậy độ dài cung AB là: R A. 3. 2 R B. 3 A 900. 8. Cho tam giác vuông ABC (. 3 R C. 3. 5 R D. 3. ); AB = 4 cm, AC = 3 cm. Quay tam giác vuông ABC. một vòng xung quanh cạnh AB cố định. Hình nón được tạo thành có thể tích là: A. 12 cm3 B. 15 cm3 II. Phần 2: Tự luận (8,0 điểm). Bài 1 (2,0 điểm). 1. Rút gọn các biểu thức. C. 16 cm3. D. 30 cm3.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> a). M. 4 8 15   3  5 1 5 5. b). N  3.(. 3 2 48  75  2 3) 4 5. 2. Cho hai hàm số y = 2x – 1 + 2m (d) và y = - x – 2m (d’). (với m là tham số).. a/ Khi m = 1, tìm tọa độ giao điểm của (d) và (d’). b/ Tìm m để đồ thị (d) và (d’) của hai hàm số cắt nhau tại một điểm có hoành độ dương. Bài 2 (2,0 điểm). 1. Cho phương trình x2 – (m – 3)x – m + 2 = 0 (1) (với m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 0. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không âm. 2. Một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi ngược dòng từ bến B về bến A mất 6 giờ 15 phút. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết rằng quãng sông AB dài 60 km và vận tốc dòng nước là 4 km/h. Bài 3 (3,0 điểm). Cho  ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có đường cao AH. Gọi I và K lần lượt là hình chiếu của A lên các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O). a) CMR các tứ giác AHBI và AHCK nội tiếp đường tròn. b) CMR  AHI và  AKH đồng dạng. c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AI và AK.  ABC phải thỏa mãn điều kiện gì để AH = AM + AN ? Bài 4 (1,0 điểm). Cho hai số dương x và y có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.. B (1 . 1 1 )(1  2 ) 2 x y. HẢI PHÒNG. ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN Phần 1. Trắc nghiệm (2,0 điểm). Mỗi câu đúng được 0,25 điểm Câu Đáp án. 1 C. 2 B. 3 A. 4 D. 5 D. 6 A. 7 B. 8 A. Phần 2. Tự luận (8,0 điểm). Bài Bài 1. 1. (2. 1đ. điểm). Đáp án 4 8 15 4(3  5) 8(1  5) 15 15     3  5 1 5 5 = 9 5 1 5 5 a/ = 3 5 2  2 5 3 5 = 5 3 2 N  3.( 48  75  2 3) 4 5 b/ = 3.(3 3  2 3  2 3) = 3.3 3 9 M. Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a/ Khi m = 1 tọa độ giao điểm của (d) và (d’) là nghiệm của hệ  y 2 x  1   y  x  2  phương trình. 2.  y 2 x 1    2 x  1  x  2.  x  1   y  1. Vậy điểm M(-1; -1) tọa độ giao điểm của (d) và (d’) b/ Xét phương trình hoành độ giao điểm. 1đ. 1  4m 2x – 1 + 2m = -x – 2m  3x = 1 – 4m  x = 3. 0,25đ 0,25đ. 0,25đ. Đồ thị (d) và (d’) của hai hàm số cắt nhau tại điểm có hoành độ 1  4m 1 dương  x = 3 > 0  1 – 4m >  m < 4. 0,25đ. a/ Khi m = 0 phương trình (1) có dạng: x2 + 3x + 2 = 0 Ta có: a – b + c = 1 – 3 + 2 = 0 1 1đ. Phương trình (1) có hai nghiệm x1  1; x2  2 b/ Phương trình (1) có dạng: a – b + c = 1 + m – 3 – m + 2 = 0 Do đó phương trình (1) có nghiệm x1  1; x2 m  2. 0,25đ 0,25đ 0,25đ. Vì x1  1  0 nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không âm  m – 2  0  m  2 Gọi vận tốc thực của ca nô là x (km / h) . Điều kiện x  4 . Bài 2 x1 20 thỏa mãn điều kiện của ẩn,. (2. x2 . 3 5 loại. Vậy vận tốc thực của ca nô là 20km/h. điểm) 2. 0,25đ 0,25đ. Vận tốc ca nô xuôi dòng là x  4 ( km / h) , ngược dòng là x  4 (km / h) . 60 60 ( h) ( h) Thời gian ca nô xuôi dòng là x  4 , ngược dòng là x  4 .. 1đ Tổng thời gian ca nô chạy xuôi và ngược dòng là 6h15 phút bằng 25 h 4. 60 60 25   Nên ta lập được phương trình x  4 x  4 4. ' 2 '  5 x 2  96 x  80 0 . Có  (  48)  5.80 2702  0;  52. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 . Bài 3. 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ. 48  52 48  52  4 20; x2   5 5 5. Hình vẽ. 0,5đ. 0   Ta có AH  BC (gt)  AHB  AHC 90. 0,25đ. (3 điểm). a. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0  0  AI  BI; AK  CK (T/c hình chiếu)  AIB 90 ; AKC 90. 0   + Xét tứ giác AHBI có: AHB  AIB 180. Suy ra tứ giác AHBI nội tiếp (Dấu hiệu nhận biết). 0,25đ 0,25đ. + Tương tự tứ giác AHCK nội tiếp. Tứ giác AHBI nội tiếp (cmt)  ABI  AHI (cùng chắn AI )   Tứ giác AHCK nội tiếp(cmt)  AKH  ACH (cùng chắn AH ). b. 0,25đ.     Mà ABI  ACB ( cùng chắn AB ) hay ABI  ACH. 0,25đ. Do đó AHI  AKH (1). 0,25đ. Chứng minh tương tự AIH  AHK (2) Từ (1) và (2) suy ra AHI AKH (g.g) AI AB  I H  900 ; ABI  ACH  AH AC AIB  AHC ( ) AK AC   H  900 ; ACK  ABH  K AH AB AKC  AHB ( ). c. . AI AK AB AC AI  AK AB AC       AH AH AC AB AH AC AB. . 2( AM  AN ) AC AB   AH AB AC. Do AM+AN =AH (gt). . 0,25đ. AC AB AC AB AC AB  2 . 2  2 AB AC AB AC Ta có AB AC. AC AB  2 Mà AB AC . Dấu “=” xảy ra khi AB = AC. 0,25đ 0,25đ. Vậy tam giác ABC cân tại A Thì AH = AM + AN Bài 4 (1 điểm).  x 1  y   Có x + y = 1  y 1  x 1 1 x 2  1 y 2  1 ( x  1)( x  1)( y  1)( y  1) (1  2 )(1  2 )  2 . 2  x y x y x2 y 2 B= ( y )( x  1)( x)( y  1) ( x  1)( y  1) xy  x  y  1 2   1  2 2 x y xy xy xy = 2 xy  2 . Mà 1 = x + y và x + y Do đó 12 = (x + y)2  4xy . (x + y). 0,25đ. 0,25đ. 4xy. 1 1 1 4 2     8 2 2 4 xy ( x  y ) xy ( x  y ) xy  B 9. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0,25đ. 1 Vậy min B = 9 khi x = y = 2 SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016 Môn thi : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề). 2 Bài 1 : (1 điểm) Tính: A  3 x  2 x  x 2  1 với x  2 x2 y 4 Bài 2: (1,5 điểm) 1) Vẽ đồ thị (P) hàm số 2) Xác định a, b để đường thẳng y ax  b đi qua gốc tọa độ và cắt (P) tại điểm A. có hoành độ bằng –3.  x  2 y 10  1  2 x  y 1 Bài 3 :(2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 2) Giải phương trình: x  x  2 0 2 x Bài 4:(2,0 điểm) Cho phương trình  2(m  1) x  2m 0 (m là tham số) 1) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm cùng dương. 3) Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm không phụ thuộc vào m. Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của cạnh AC. Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N. Đường thẳng BM cắt đường tròn đường kính MC tại D.. 1) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn đó. 2) Chứng minh DB là phân giác của góc ADN. 3) Chứng minh OM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MC. 4) BA và CD kéo dài cắt nhau tại P. Chứng minh ba điểm P. M, N thẳng hàng. Sở giáo dục và đào tạo Hng yªn. kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc 2015 – 2016 M«n thi: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót. Câu 1: ( 2 điểm )  x  y 3  3x  y 1. P  ( 3  2) 2  ( 3  2) 2 1) Rút gọn ; 2) Giải hệ phương trình Câu 2: ( 1,5 điểm ) 1) Xác định tọa độ các điểm A và B thuộc đồ thị hàm số y 2 x - 6 , biết điểm A có hoành độ băng 0 và điểm B có tung độ bằng 0 2 2) Tìm m để đồ thị hàm số y mx đi qua điểm P (1;  2).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2 Câu 3: ( 1,5 điểm ) Cho phương trình x  2(m  1) x  2m 0 (m là tham số) 1) Giải phương trình với m 1 . x  x2  2 2) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn 1. Câu 4: ( 1,5 điểm ) 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB 3cm, BC 6cm . Tính góc C? 2) Một tàu hỏa đi từ A đến B với quãng đường 40km. Khi đi đến B, tàu dừng lại 20 phút rồi đi tiếp 30km nữa để đến C với vận tốc hơn vận tốc khi đi từ A là 5km/h. Tính vận tốc của tàu hỏa trên quãng đường AB, biết thời gian kể từ khi tàu hỏa xuất phát từ A đến khi tới C hết tất cả 2 giờ. Câu 5: ( 2,5 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O và AB<AC. Vẽ đường kính AD của đường tròn (O). Kẻ BE và CF vuông góc với AD (E; F thuộc AD). Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). 1) Chứng minh bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh HE//CD 3) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh ME MF Câu 6 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số lớn hơn 1. Chứng minh: a2 b2 c2   12 b 1 c 1 a 1. Gợi ý: Câu 5c) Tứ giác MBEO và tứ giác MFCO nội tiếp nên     MBO MEO ; MCO MFO   Tam giác BOC cân tại O nên MBO MCO   Suy ra MFO MEO hay tam giác FEM cân tại M Câu 6 a2  4(b  1) 4a Ta có b  1 (Côsi) Tương tự: a2 b2 c2   4( a  b  c)  4(b  1  c  1  a  1) 12 b  1 c  1 a  1 Vậy §Ò 8.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút. Bài 1. (1.0 điểm). . . B 5  1 62 5 a) Tính: A 2 5  3 45  500 ; b) Rút gọn biểu thức Bài 2. (2.5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 2x  y 5  2 4 2 x  y 1 a) x  9x  20 0 b) x  4x  5 0 c)  P : y x 2 Bài 3. (1.5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol   và đường thẳng  d  : y 2  m  1 x  5  2m (m là tham số) a) Vẽ đồ thị parabol (P). b) Biết đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi hoành độ 2 2 giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là x , x . Tìm m để x1  x 2 6 1. 2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bài 4. (1.0 điểm) Một đội xe cần chở 36 tấn hàng. Trước khi làm việc, đội được bổ sung thêm 3 chiếc nữa nên mỗi xe chở ít hơn 1 tấn hàng so với dự định. Hỏi lúc đầu đội có bao nhiêu xe, biết khối lượng hàng chở trên mỗi xe như nhau. Bài 5. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 15cm và AC = 20cm. Tính độ dài đường cao AH và trung tuyến AM của tam giác ABC. Bài 6. (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn, hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H (D thuộc AC; E thuộc AB). a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn. b) Gọi M, I lần lượt là trung điểm của AH và BC. Chứng minh MI vuông góc ED. Bài 7. (1.0 điểm) Biết phương trình bậc hai (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0 (x là ẩn số) có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó. …HẾT… HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT 2015 – 2016 VĨNH LONG Bài 1. a) A 2 5  3 45  500 2 5  3.3 5  10 5  5 b). . . .  . B 5  1 62 5  5  1. 2.  . . 5 1  5  1. . . 5 1  5  1. . 5  1 5  1 4. 2 Bài 2. a) Phương trình x  9x  20 0 có tập nghiệm S = {4; 5} (hs tự giải) S   5; 5 4 2 b) Phương trình x  4x  5 0 có tập nghiệm (hs tự giải) 2x  y 5  x 2   x  y 1 y 1 c) Nghiệm của hệ  là  (hs tự giải) Bài 3. a) Vẽ đồ thị. . . Bảng giá trị:. x y = x2. —2 4. —1 1. 0 0. 1 1. 2 4. b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): 9 8 7 6 5 4 3 2 1 -13 -12 -11 -10 -9. -8. -7. -6. -5. -4. -3. -2. -1. -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9. y. y = x2. x O1. Theo định lý Vi-ét: b   x1  x 2  a 2m  2   x .x  c 2m  5  1 2 a Theo đề bài, ta có:. 2. 3. 4. 5. x2 = 2(m – 1)x + 5 – 2m⇔ x2 – 2(m – 1)x + 2m – 5 = 0.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 2. x12  x 22 6   x1  x 2   2x1 x 2 6. ⇔ 4m2 – 12m + 8 = 0 ⇔ m = 1; m = 2.. Vậy: m = 1 hoặc m = 2 Bài 4. Gọi x (chiếc) là số xe ban đầu của đội (ĐK: x nguyên dương) Số xe lúc sau: x + 3 (chiếc) 36 Số tấn hàng được chở trên mỗi xe lúc đầu: x (tấn) 36 Số tấn hàng được chở trên mỗi xe lúc sau: x  3 (tấn) A 36 36  1 Theo đề bài ta có phương trình: x x  3 Phương trình trên tương đương với: x2 + 3x – 108 = 0 ⇔ x = 9 (nhận); x = - 12(loại) Vậy: lúc đầu đội có 9 chiếc xe. Bài 5. áp dụng định lý Pitago vào tam giác ABC vuông tại A, ta có: BC  625 25  cm  BC2 = AB2 + AC2 = 152 + 202 = 625; Áp dụng đẳng thức: AH.BC = AB.AC B H M AB.AC AH  12  cm  A BC Suy ra: Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh D BC AM  12,5  cmM  2 huyền bằng nửa cạnh huyền nên: Bài 6. E a) Tứ giác ADHE có:AD ⊥ DH (BD ⊥ AC – gt) H 0   AE ⊥ EH (CE ⊥ AB – gt)Nên AEH ADH 90 0   Do đó: AEH  ADH 180 Vậy tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn. b) Tứ giác BEDC có: B I   BEC BDC 900 (gt) nên cùng nội tiếp nửa đường tròn tâm I đường kính BC (1) Tương tự, tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm M đường kính AH và E, D là giao điểm của hai đường tròn tâm M và tâm I. Do đó đường nối tâm IM là đường trung trực của dây chung ED. Suy ra: MI ⊥ AD (đpcm) Bài 7. Theo đề: (x – a)(x – b) + (x – b)(x – c) + (x – c)(x – a) = 0 ⇔ x2 – ax – bx + ab + x2 – bx – cx + bc + x2 – cx – ax + ca = 0 ⇔ 3x2 – 2(a + b + c)x + ab + bc + ca = 0 2. 2.  /  b /   ac  a  b  c   3  ab  bc  ca  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  3ab  3bc  3ca a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 1 1   2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ca     a 2  2ab  b 2    b 2  2bc  c 2    c 2  2ca  a 2   2 2 1 2 2 2   a  b    b  c    c  a   0   2 với mọi a, b, c. C. C.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> a  b 0   0  b  c 0  a b c c  a 0  /. Vì phương trình trên có nghiệm kép nên: b/ a  b  c x1 x 2   a b c a 3 Nghiệm kép: SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn : TOÁN Câu 1: (2 điểm) a) Thực hiện phép tính 25  4 ; b) Tìm x để x  2 2 2 3 2 C  3 1 3 1 c) Rút gọn 2 Câu 2: (2,0điểm) a) Giải phương trình x  3 x  4 0.  2 x  y 5  b) Giải hệ phương trình  x  y 1. Câu 3: (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số y = x2 và y x  2 trên cùng mặt phẳng tọa độ 2 b) Tìm m để phương trình x  2(m  1) x  (m  1) 0 có 1 nghiệp kép dương Câu 4: (2 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, Biết AB = 3cm; AC = 4 cm a) Tính BC và chu vi tam giác ABC b) Gọi H là chân đường cao từ A ( H thuộc BC). Tính AH c) Tính diện tích tam giác AHC Câu 5: (2 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính BC. Trên (O) lấy A sao cho ˆ cung AB lớn hơn cung AC; đường phân giác trong BAC cắt (O) tại D (D khác A). ˆ a) Tính BAC ; BCˆ D . b) Kẽ DK  AC (K thuộc AC). Chứng minh rằng ODKC nội tiếp. c) Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp ODKC theo R. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO PHÚ THỌ. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTNăm học: 2015 – 2016 Môn thi : TOÁN Ngày thi: 06/6/2015. Câu 1 a) Giải phương trình : x+2015=2016 b) Trong các hình sau : Hình vuông, Hình chữ nhật, Hình thang cân, Hình thang vuông. Hình nào nội tiếp được đường tròn ? Câu 2 Cho hệ phương trình. ¿ (m− 2) x − 3 y=−5 x + my=3 ¿{ ¿. (I) ( với m là tham số). a) Giải hệ (I) với m=1 b) CMR hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Tìm nghiệm duy nhất đó theo m. Câu 3 : Cho Parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) có pt : y=2(m+1)x-3m+2 a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m=3. b) CMR (P) và (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A; B với mọi m..

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Gọi x1 ; x2 là hoành độ của A;B . Tìm m để x12 + x22 =20. Câu 4 Cho (O;R) và dây DE< 2R. Trên tia đối của tia DE lấy A, qua A kẻ 2 tiếp tuyến AB, AC với (O), (B,C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE. K là giao điểm BC và DE. a) CMR tứ giác ABOC nội tiếp. b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp ABOC. CMR: H thuộc (I) và HA là phân giác 2. 1. 1. góc BHC. CMR : AK =AD + AE Câu 5 Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn 7 Tìm GTLN của P = HD: Câu 1 a) x=1. ( a1 + b1 + c1 )=6( ab1 + bc1 + ca1 )+2015 2. 2. 2. 1 1 1 + + 2 2 2 2 √3(2a + b ) √3 (2b + c ) √ 3(2 c 2 +a2 ). ; b) HV, HCN, HTC. Câu 2 a) với m=1 (I) . ¿ − x − 3 y=−5 x+ y =3 ¿{ ¿. . ¿ x=2 y=1 ¿{ ¿. ¿ x=3 b) Với m=0 thì hệ có nghiệm là y=− 1/3 ¿{ ¿ 2 m −1 ¿ +2 ¿ ¿ Với m 0 . Xét biểu thức Với mọi m 2 m −2 3 m − 2m +3 + = =¿ 1 m m m−2 −3 => 1 ≠ m . Vậy hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. ¿ 9 −5 m ¿ x= 2 (m− 2) x − 3 y=−5 m − 2 m+3 x + my=3 Ta có  y= 3 m−1 ¿{ m2 − 2m+3 ¿ ¿{ ¿. Câu 3 : a) với m=3 thì (d) là : y=8x-7. 0.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ. ¿ y=x 2 y=8 x −7  ¿{ ¿. ¿ x=1 y=1 ¿ ¿ ¿ x=7 ¿ y=49 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. b) Giao điểm của (P) và (d) phụ thuộc và số nghiệm pt : x2 = 2(m+1)x-3m+2 1. 11.  x2 - 2(m+1)x+3m- 2=0 (1) Có Δ❑ = m2 –m +3 =(m- 2 )2 + 4 > 0 với mọi m.  pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt, nên (P) và (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A;B. c) Vì x1 ; x2 là hoành độ của A;B nên x1 ; x2 là nghiệm của pt (1) Theo Vi _ét ta có: x1 + x2 = 2(m+1) : x1. x2 = 3m-2  x12 + x22 =20.  (x1 + x2 )2 - 2 x1. x2 =20  4(m+1)2 – 2(3m-2) =20 B  2m2 + m – 6 =0  m=3/2 hoặc m=-2. E H Vậy với m=3/2 hoặc m=-2 thì x12 + x22 =20. K D Câu 4 a) Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến với (O) O => góc ABO= góc ACO = 900 M A 0  góc ABO+ góc ACO = 180 nªn ABOC nội tiếp. b) Vì H là trung điểm của DE nên OH vuông góc DE => góc AHO = 900 Lại có góc ABO= góc ACO = 900 mµ H thuộc (I). C  Góc AHB = góc AOB ( cùng chắn cung AB của (I) ) (1)  Và góc AHC = góc AOC ( cùng chắn cung AC của (I) ) (2) Mà OA là phân giác góc BOC ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm ở bên ngoài đường tròn) nªn góc AOB = góc AOC (3) Từ (1) (2) (3) => góc AHB = góc AHC, hay HA là phân giác góc BHC. c) Gọi M là gioa điểm AO và BC => BC vuông góc AO tại M  góc KMO = góc KHO =900 => KHOM nội tiếp. 2  Δ AKO ∞ Δ AMH (g-g) => AH.AK= AM.AO = AB Lại có Δ ADB ∞ Δ ABE (g-g) => AD.AE = AB2 nªn AD.AE=AH.AK VËy 2 AD.AE = 2AH.AK= AK. 2AH = AK.( AH+AH)= AK( AH+AD+HD) =AK( AD+ AH+HE) < Vì HD=HE> 2. AD+ AE. 1. 1.  2AD.AE= AK(AD+AE) Nªn AK =AD . AE = AD + AE Câu 5 Áp dung Bunhia cho bộ số (1;1;1) và (a;b;c) ta có 3(a2+b2+c2)  3(2a2 +b2 ) (2a+b)2 ;3(2b2 +c2 ) (2b+c)2 ; 3(2c2 +a2 ) P. 1 1 1 + + 2 a+ b 2 b+ c 2c +a. (a+b+c)2 (2c+a)2.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 1 1 1. Ta có (x+y+z)( x + y + z ). 1 1 1 1 1 + + ) ( 9 x y z x+ y+z 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + a a b b b c c c a. 9 =>. 1 1 1 1 + + 2 a+ b 2 b+c 2c +a 9 1 3 3 3 1 1 1 1  + + + + P = (I) 9 a b c 3 a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 = 3 2 + 2 + 2 +6 + + +2015 = 3 Ta có 10 2 ab bc ca a b c a b c 1 1 1 2 + + +2015 (II) a b c 1 1 1 Áp dụng Bunhia cho bộ số (1;1;1) và ( a ; b ; c ) 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + Ta được 3 2 2 2 => 2 2 2 3 a b c a b c a b c a b c 2 1 1 1 1 1 1 1  + + 10 2 + 2 + 2 10 . 3 (III) a b c a b c 1 1 1 1 2 1 1 1 2 + + +2015 + + Từ (II) và (III) => 3 10 . 3 a b c a b c 1 1 1 1 2 1 1 1 2 + + + + -3  2015 10 . 3 a b c a b c 2 1 1 1 1 1 1  + + + + 3.2015 => √ 3. 2015 (IV) a b c a b c 1 1 1 1 1 + + Từ (I) và (IV) => P . √ 3. 2015 = 2015 . 3 a b c 3 3 1 1 1 1 1 1 Vậy GTLN của P = 2015 khi a=b=c và 7 2 + 2 + 2 =6 ab + bc + ca +2015 a b c 3 3  a=b=c= 2015 .. [(.  P. (. ). (. (. ). (. )(. )(. )]. ). ) (. (. ). ). (. (. ). (. ). (. ( (. (. (. ). ) ) (. ). (. ). (. ). ). (. (. ). ). ). √. ). √. (. ) (. ). √. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015 - 2016. BÌNH ĐỊNH. TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: TOÁN Ngày thi: 06/06/2015. . . 2 3 6  2 Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức P = 2 x  y 3  x  y 6 b) Giải hệ phương trình:  mx 2  2  m  1 x  1  3m 0 Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình (1) (m là tham số) a) Chứng tỏ rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. b) Trong trường hợp m 0 . Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình (1), tìm 2 2 giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x1  x2.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Bài 3: (2 điểm) Trong một phòng có 80 người họp, được sắp xếp ngồi trên các dãy ghế có chỗ ngồi bằng nhau. Nếu ta bớt đi 2 dãy ghế thì mỗi dãy ghế còn lại phải xếp thêm 2 người thì vừa đủ chỗ. Hỏi lúc đầu có mấy dãy ghế và mỗi dãy ghế được xếp bao nhiêu chỗ ngồi. Bài 4: (2 điểm) Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD không đi qua O (C nằm giữa M và D) với đường tròn (O). Đoạn thẳng MO cắt AB và (O) theo thứ tự tại H và I. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. b) MC.MD = MA2. ; c) OH.OM + MC.MD = MO2. 3x 2  y 2  z 2  yz 1 Bài 5: (2 điểm) Cho x, y, z là các số thự thỏa mãn điều kiện: 2 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức B x  y  z SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2015 – 2016 Môn: TOÁN (chung). 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 . 2. 3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số y 2 x .  4) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB 3, BC 5 . Tính cos ACB. 2   x  x 1 x   1 Q      . x  1 x  1   x 1 x  x  Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức (với x  0; x 1 ). 1) Rút gọn biểu thức Q . ; 2) Tìm các giá trị của x để Q  1 . x 2  2  m  1 x  m 2  6 0 Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình (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 x   x  3  2 x  y  5  x  16. 2) Giải hệ phương trình  A AB  AC  , Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại  đường cao AH . Đường tròn tâm I đường kính 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. 1 1 1   . 2) Chứng minh rằng: a) ADI ∽ AHO . ; b) AD HB HC.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 3) Gọi P là giao điểm của BC và MN , K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn 0  đường kính AH . Chứng minh rằng BKC 90 . 3x 2  6 x  6 3. 5.   7 x  19  2  x . 1) Giải phương trình 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. Câu 5. (1,0 điểm).  2  x. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI. Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án 1) x  1  x  3 xác định  x  1 và x  3 đồng thời xác định. x  1 xác định  x  1 0  x  1 , x  3 xác định  x  3 0  x 3 x  1  x  3 là x 3 .. Vậy điều kiện xác định của biểu thức A  2 2 3 . 2) Với x 2 2 ta có  2 1  2  1  2 1 . .  . . 3 2 2 . . 2. 2 1 . . . 21. . 2  1 2. 2. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25. 2 3) Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 2 x 8  x 2 . Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8) và ( 2;8) .. 0,25. 2 2 2 2 4) Vì tam giác ABC vuông tại A nên AC  BC  AB  5  3 4 AC 4 cos ACB   BC 5 . Do đó Câu 2 (2,0 điểm) Đáp án x  0 x  1 , ta có 1) (1,0 điểm) Với điều kiện và. 0,25.  Q   . x 1. . . x1. . x 1. .  x 1 2      . x  1 x  1     x  1  x  1   .   x   x 1  . 2) (0,5 điểm).   2   . x  1   . x. x. . . x 1 x 1. 1. . x 1. 1   x.   x  . 0,25 Điểm 0,5. . 0,25. x1 x .. Với x  0 và x 1 , ta có. x. 0,25. 0,25 Q. x  1 x. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> x1  1  x. Q  1 . Do đó.  2 x 1  x . x  1  x 1 1 x 4 (thỏa mãn điều kiện) Vậy với 4 thì Q  1.. 0,25. Câu 3 (2,5 điểm) Đáp án 2. 1) (1,5 điểm) a) (0,75 điểm) Với m 3 , ta có phương trình (1) trở thành x  4 x  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). 2. 2. x  2  m  1 x  m  6 0. Điểm 0,25 0,25 0.25. (1) 2. Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có.  '  m  1   m 2  6  7  2m. x1 , x2   ' 0  7  2m 0  m . Phương trình (1) có các nghiệm x  x 2  m  1 ; x1. x2 m 2  6 Khi đó theo định lý Viét ta có 1 2 2. Do đó. 7 2. 0,25. (*) 0,25. 2. x12  x22  x1  x2   2 x1x2 4  m  1  2  m 2  6  2m 2  8m  16.  m 0 x12  x22 16  2m 2  8m  16 16    m 4 Vậy. 0,25. Kết hợp điều kiện (*) ta có m 0 là giá trị thỏa mãn.  x  2  x  y  3  y  1  2 x   x  3  2 x  y  5  x  16  2  2) (1,0 điểm)  Điều kiện:  Với x  2, y 0 , phương trình (1). x2 .  . . . x2 .  x2 . 2. x  2  x  y  2  x  2 . y 0.    y     x  2  y  0 y   x  2  x  2  y   1 0   y 0  y x  2  do x  2  x  2  y   1  0,  x  2, y 0  x2.  x  2   y 0. 0,25. 2. Thay y  x  2 vào phương trình (2) ta được phương trình 2.  x  2 0    y 0. 2. x   x  3  2 x   x  2   5   x  16  x   x  3  x  16 2. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>  x 1  2 x  5 x  7 0    x  7  2 x  1  y  3. +) Với.  TM . 2.  Ko TM . x; y   1;3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  .. 0,25. Câu 4 (3,0 điểm) Đáp án 1) (1,0 điểm). P. I a) (0,5 điểm) Xét đường tròn   có AMH  ANH 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên HM , HN tương ứng là đường. B. H. M K. O I D. A. N. C. cao của các tam giác vuông ABH , ACH +) ABH vuông tại H , có đường cao HM nên 2 suy ra AM . AB  AH +) ACH vuông tại H , có đường cao HN nên. 2 suy ra AN . AC  AH Do đó AM . AB  AN .AC AM AN AM . AB  AN . AC   AC AB b) (0,5 điểm) Theo câu a) ta có AM AN  A AMN ∽ ACB  cgc  Xét AMN và ACB có chung, AC AB nên suy ra 0         Do đó AMN  ACB  BCN  BMN ACB  BMN AMN  BMN 180   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 0 0 0      Vì AMN vuông tại A nên AMN  ANM 90  DAN  ANM 90  ADN 90 0  I Mà MAN 90  MN là đường kính của đường tròn    I là trung điểm của MN 0  nên ADI 90 .  0   Xét AID và AOH có ADI  AHO 90 và A chung do đó ∽ADI()HOg AD AI 1 AO ADI ∽ AHO     AH AO AD AH . AI b) (0,5 điểm) Vì. Điểm. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 1 1 1 BC AO  BC , AI  AH   2 2 AD AH 2 Mà 2 Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH HB.HC 1 HB  HC 1 1    HB.HC HB HC Suy ra AD 0       3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp  PBM MNC  PBM  ANM MNC  ANM 180 (1)   Vì tứ giác ANMK nội tiếp  PKM  ANM (2) 0   Từ (1) và (2) suy ra PBM  PKM 180 , do đó tứ giác PKMB nội tiếp     PKB PMB  AMN  ACB  AKB  ACB  AKB  PKB 1800 0   Do đó tứ giác BKAC nội tiếp  BKC BAC 90 . Câu 5 (1,0 điểm) 3 x 2  6 x  6 0  x 1  3  2  x  0  1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định. 0,25. 0,5. 0,5. Với x 1  3 , phương trình đã cho tương đương với: 2 3x 2  6 x  6 3 2  x  2  x   7 x  19  2  x  3x 2  6 x  6  2  x  3 x 2  5 x  7   3x 2  6 x  6  . (do.  3x 2  5 x  8 0  2  x  3x  5 x  8    2  1  2  x 3x 2  6 x  6  2  x 3x  6 x  6  2  x  3x 2  5x  8. 2. 3 x 2  6 x  6  2  x  0, x 1  2. . 1 2 x. . . 0,25. 3 ).. +) 3 x  5 x  8 0  x  1 (thỏa mãn đk) hoặc +). 2  x  2  x  3x 2  5 x  8 . x. 8 3 (không thỏa mãn đk). . 3x 2  6 x  6  2  x  1 2  x  3x 2  6 x  6. 2  x.  x  1  3 x 2  6 x  6. 2  x  * 2 Vì x 1  3 nên x  1  0  3 x  6 x  6. 2  x do đó (*) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 a 4  b 4 ab  a 2  b 2  a; b   2) (0,5 điểm) Ta có: a 4  b 4 ab  a 2  b 2   a 4  b 4 a 3b  ab3 Thật vậy 2   a  b   a3  b3  0   a  b   a 2  ab  b 2  0 (luôn đúng a, b   ) a 4  b 4  c ab  a 2  b 2   c  a 4  b 4  c ab  a 2  b 2   abc 2  0 Do đó (vì a; b; c  0 và abc 1 ). 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> . c c  4 2 a  b  c ab  a  b 2   abc 2 4. c c  4 2 a  b  c ab  a  b 2  c 2 . . 4. (vì c  0 ). 2. . c c  c c2 2 a 4  b4  c abc  a  b 2  c 2   a 4  b 4  c  a 2  b 2  c 2.  1. b b2 a a2  2 2  4 4 2 2   b4  c 4  a a 2  b2  c 2 Tương tự a  c  b a  b  c Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:.  3. a b c a2 b2 c2  4  4  2  2  2 1 4 4 4 2 2 2 2 b c a a c b a b c a b c a b c a  b2  c 2 4.  T 1 a; b; c  0 thỏa mãn abc 1 . Với a b c 1 thì T 1 . Vậy GTLN của T là 1.. ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG NAM NĂM HỌC: 2015 – 2016 Thời gian: 150 phút Ngày thi: 4/6/ 2015 x x 1 x  1  x  1 x  1 (với x 1; x 0 ). Rút gọn A, Câu 1. (2 điểm) a) Cho biểu thức A = sau đó tính giá trị của A – 1 khi x = 2016  2 2015 .. b) Cho A =  Chứng minh A chia hết cho n(n + 1).. 2 12015  22015  ........  n 2015 . với n là số nguyên dương.. 6 4 7 3  2  2  2 0 Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình sau: x  9 x  11 x  8 x  12  x  x  4   4 x  y  6  2  x  8 x  y  5 2. b) Giải hệ phương trình: Câu 3. (1 điểm) Cho parabol (P): y = ax2 và đường thẳng (d): y = bx + c với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác vuông trong đó a là độ dài cạnh huyền. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn x12  x22  2. Câu 4. (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Các tia phân giác các góc EHB, DHC cắt AB, AC lần lượt tại I và K. Qua I và K lần lượt vẽ các đường vuông góc với AB, AC chúng cắt nhau tại M. a) Chứng minh AI = AK. b) Giả sử tam giác nhọn ABC có hai đỉnh B, C cố định, đỉnh A di động . Chứng minh đường thẳng HM luôn đi qua một điểm cố định Câu 5. (2 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Qua A và B lần lượt vẽ các tiếp tuyến d1 và d2 với (O). Từ điểm M bất kì trên (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt d1 tại C và cắt d2 tại D. Đường tròn đường kính CD cắt đường tròn (O) tại E và F (E thuộc cung AM), gọi I là giao điểm của AD và BC.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> a) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD. b) Chứng minh MI vuông góc với AB và ba điểm E, I, F thẳng hàng. 2 2 2 Câu 6. (1 điểm) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn: x  y  z 9 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z – (xy + yz + zx) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPNĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút. Câu I (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: x 3  2y  4 2 2x  1  0 ; 2) y  1  2x ; 3) x  8x  9 0 1) 1) Rút gọn biểu thức. . A  a 2. . . a 3 . . 2. a  1  9a với a 0.. Câu II(2,0điểm) 2) Khoảng cách giữa hai tỉnh A và B là 60km. Hai người đi xe đạp cùng khởi hành một lúc đi từ A đến B với vận tốc bằng nhau. Sau khi đi được 1 giờ thì xe của người thứ nhất bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, còn người thứ hai tiếp tục đi với vận tốc ban đầu. Sau khi xe sửa xong, người thứ nhất đi với vận tốc nhanh hơn trước 4km/h nên đã đến B cùng lúc với người thứ hai. Tính vận tốc hai người đi lúc đầu. x2  2  m  1 x  m 2  3 0 Câu III (2,0 điểm) 1) Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó. 2) Cho hai hàm số. y  3m  2  x  5. với m  1 và y  x  1 có đồ thị cắt nhau tại. 2 A  x;y  điểm . Tìm các giá trị của m để biểu thức P y  2x  3 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. 1) Chứng minh ACBD là hình chữ nhật; 2) Gọi H là trực tâm của tam giác BPQ. Chứng minh H là trung điểm của OA; 3) Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất. Câu V (1,0 điểm) Cho 2015 số nguyên dương a1;a2 ;a3 ;...;a2015 thỏa mãn điều kiện :. 1 a1. . 1 a2. . 1 a3.  ... . 1 a2015. 89. Chứng minh rằng trong 2015 số nguyên dương đó, luôn tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau..

<span class='text_page_counter'>(21)</span> -----------------------Hết----------------------Câu 3.2)Tọa độ giao điểm A(x;y) là nghiệm của hệ pt:  y (3m  2) x  5    y  x  1. 2   x  m  1 (m  1) 2  1  m  1  y  4  1   6  6 m 1  Có P = y2 + 2x – 3 =  m  1 . Vậy Min P = -6  m = 0 Câu 4 b) Chứng minh H là trung điểm của OA H thuộc OA; OP là đường trung bình của tam giác ABE → OP //BE mà BE  BF → PO  BF →O là trực tâm của tam giác BPF →FO  BP Mặt khác có QH  BP (H là trực tâm của tam giác BPQ) →QH//FO mà AQ = QF (gt) → H là trung điểm của OA c) Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất. PB = PA ; OA = OC ; OP Chung 0 · · Suy ra APO CPO(c.c.c) suy ra PCO PAO 90 Chứng minh được PC  CD, ; Chứng minh tương tự QD  CD Tứ giác PCDQ là hình thang vuông → PQ ≥ CD 1 S BPQ  AB.PQ S 2 Diện tích tam giác , Diện tích BPQ nhỏ nhất khi PQ nhỏ nhất bằng 1 Min S BPQ  AB 2  CD  AB tại O 2 CD=AB ; Câu 5 Giả sử không tồn tại hai số bằng nhau mà a1, a2, …, a2015 nguyên dương Không làm mất tính tổng quát giả sử a1 > a2 > … > a2015 Nên a1 ≥1; a2 ≥ 2; … ; a2015 ≥ 2015 Suy ra. 1 1 1 1 1 1   ...     ...  a1 a2 a2015 1 2 2015. (1). 1 1 1 2 2   ...  1   ...  2015 1 2 2014  2015 (2) Có 1 2 2 2 1  ...  2 2015  1  89 1  2 2014  2015 Mà (3) 1 1 1   ...   89 a1 a2 a2015. Từ (1), (2), (3) suy ra Trái với đk của bài. Vậy trong 2015 số nguyên dương đó tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.ĐÀ NẴNG. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT. Năm học: 2015 – 2016 Khóa ngày : 9, 10 – 06 – 2015 MÔN: TOÁN. Bài 1: (1,5 điểm) 1) Đưa thừ số ra ngoài dấu căn của biểu thức. 2) Tính giá trị của biểu thức :. 28a 4. 21 - 7 10 - 5 1 + ): 3- 1 2- 1 7- 5. A =(. 3  2 x  y 6   1  2 y  4 Bài 2: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x. Bài 3: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị (P) 1) Vẽ đồ thị (P) 2) Cho các hàm số y = x + 2 và y = - x + m ( với m là tham số) lần lượt có đồ thị là (d) và (dm). Tìm tất cả các giá trị của m để trên một mặt phẳng tọa độ các đồ thị của (P) , (d) và (dm) cùng đi qua một điểm Bài 4: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 - 2(m – 1)x – 2m = 0, với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m = 1. 2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá trị của m sao cho x12 + x1 – x2 = 5 – 2m Bài 5: (3,5 điểm) Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm) 1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp. 2) Cho bán kính đường tròn (O) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm. Tính độ dài đoạn thẳng BC. 3) Gọi (K) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tại C. Đường tròn (K) và đường tròn (O) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng đường thẳng BM đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC. Bài giải sơ lược : Bài 1 :1). 2). 28a 4 = 4.7.(a 2 )2 = 2 7. a 2 = 2 7a 2 é 7 ( 3 - 1) A=ê + ê 3- 1 ë. A = ( 7 + 5).( 7 -. Bài 2 : - ĐK : x ≠ 0. Ta có :. ìï ïï ï í ïï ïï ïî. 5(. 2 - 1) ù ú .( 2- 1 ú û 2. 5) = 7 -. 3 - y =6 2x Û 1 + 2y =- 4 x. (Vì a2 ≥ 0 với mọi a). 7-. 5) 2. 5 = 7 - 5 = 2 . Vậy A = 2. ìïï 3 - 2xy = 12x ìï 8x = 4 Û ïí í ïîï 1 + 2xy =- 4x îïï 1 + 2xy =- 4x.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> ìï 1 ïï x = ¹ 0(TMDK) ï 2 í ïï 1 1 ïï 1 + 2. y = - 4. 2 2 ïî. ì 1 ï ï x = ï 2 í ï ï ï 1+ y =- 2 î.   Bài 3 : 1) Lập bảng giá trị và vẽ. . ìï 1 ïï x = 2 í ïï ïî y =- 3 Vậy. hệ có nghiệm duy nhất. ìï 1 ïï x = 2 í ïï ïî y = - 3. 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : x2 = x + 2  x2 - x - 2 = 0(*) ïìï x1 =- 1 ïí ïï x 2 = - c = 2 a Phương trình (*) có dạng : a – b + c = 0 nên có 2 nghiệm : ïî. Ta có (d) cắt (P) tại hai điểm A(-1; 1) và B (2; 4). Để (P), (d) và (dm) cùng đi qua một điểm thì hoặc A (dm) hoặc B  (dm) . + Với A(-1; 1)  (dm) , ta có : 1 = -(-1) + m  m = 0 + Với B(2; 4)  (dm), ta có : 4 = -2 + m  m = 6 Vậy khi m = 0 hoặc m = 6 thì (P), (d) và (dm) cùng đi qua một điểm. Bài 4 : 1) Thay m = 1 được phương trình : x2 – 2 = 0  x2 = 2  x = ±. 2. Vậy khi m = 1, phương trình có hai nghiệm x = 2 và x = - 2 2) Có ∆ = b2 – 4ac = 4m2 + 4  0 với mọi m nên phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. Theo Vi-et ta có :. - b ïìï ïï x 1 + x 2 = a = 2m - 2(1) í ïï c = - 2m(2) ïï x 1.x 2 = a ïî ïìï x1 + x 2 = 2m - 2 í 2 ta có hệ (I) : ïïî x1 + x1 – x 2 = 5 – 2m. Theo bài ta có x12 + x1 – x2 = 5 – 2m (3).; Từ (1) và (3) Từ hệ (I) có PT : x12 + 2x1 – 3 = 0  x1 = 1 và x1 = -3. 3 - 3 + Với x = x1 = 1, từ đề bài ta có m = 4 ; + Với x = x1 = -3, từ đề bài ta có m = 4 3 Vậy khi m = ± 4 thì PT có 2 nghiệm x1, x2 thỏa : x12 + x1 – x2 = 5 – 2m Bài 5 : Hình vẽ. a) Có AB  OB (t/c tiếp tuyến)  ABO = 900 Có AC  OC (t/c tiếp tuyến)  ACO = 900 Xét tứ giác ABOC có ABO + ACO = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp được trong đường tròn. b) AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AO là đường trung trực của BC. Gọi H là giao điểm của AO và BC, ta có BC = 2BH. OB2 9 ∆ABO vuông tại B có BH là đường cao nên OB2 = OH.AO  OH = AO = 5 cm 12 24 ∆OBH vuông tại H  BH2 = OB2 – OH2  BH = 5 cm ; Vậy BC = 2BH = 5 cm c) Gọi E là giao điểm của BM và AC. ∆EMC và ∆ECB có MEC = CEB và MCE = EBC (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CA cùng chắn cung MC của đường tròn (O))  ∆EMC ഗ ∆ECB (g-g)  EC2 = EM.EB (*).

<span class='text_page_counter'>(24)</span> ∆EMA và ∆EAB có MEA = AEB (a) và : Có MAE = MCB (3) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CB cùng chắn cung MC của đường tròn (K)) Có MCB = ABE (4) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến BA cùng chắn cung MB của đường tròn (O)) + Từ (3) và (4)  MAE = ABE (b) - Từ (a) và (b)  ∆EMA ഗ ∆EAB (g-g)  EA2 = EM.EB (**) Từ (*) và (**)  EC2 = EA2  EC = EA. Vậy BM đi qua trung điểm E của AC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN. Câu 1 (2,5 điểm).. KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi : Toán. Thi ngày 10 / 9 / 2015. Cho biểu thức. P. 1 4  x  2 x 4. 1 4. a)Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P;b)Tính giá trị của biểu thức P khi Câu 2 (1,5 điểm). Số tiền mua 1 quả dừa và một quả thanh long là 25 nghìn đồng. Số tiền mua 5 quả dừa và 4 quả thanh long là 120 nghìn đồng. Hỏi giá mỗi quả dừa và giá mỗi quả thanh long là bao nhiêu ? Biết rằng mỗi quả dừa có giá như nhau và mỗi quả thanh long có giá như nhau. x 2  2  m  1 x  m2  3 0 Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình : (1) (m là tham số). x. a) Giải phương trình (1) với m = 2. 2 2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 sao cho x1  x 2 4 . Câu 4 (3 điểm). Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A chuyển động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Kẻ các đường cao BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB). Chứng minh rằng : a) BCEF là tứ giác nội tiếp. ; b) EF.AB = AE.BC. c) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi A chuyển động. Câu 5 (1,5 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x  y 3 . Chứng minh rằng: 1 2 9 xy   2x y 2 Đẳng thức xảy ra khi nào ?. ………………. Hết ………………. ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu 1. a) ĐKXĐ : x 0 , x  4 (0,5 đ). P Rút gọn :. 1 4   x  2 x 4. x 2 4. . x 2. . x 2. .  . x 2 x 2. . . x 2 . 1 x  2 (1 điểm). 1 1 5   1 1 1 2 2 2 4 (1 điểm) Câu 2. Gọi x, y (nghìn) lần lượt là giá của 1 quả dừa và 1 quả thanh long. Điều kiện : 0 < x ; y < 25.. 1 x  4 ĐKXĐ. Thay vào P, ta được : b). P.

<span class='text_page_counter'>(25)</span>  x  y 25  5x  4y 120. Theo bài ra ta có hệ phương trình Giải ra ta được : x = 20, y = 5 (thỏa mãn điều kiện bài toán). Vậy : Giá 1 quả dừa 20 nghìn. Giá 1 quả thanh long 5 nghìn. Câu 3. (1,5 điểm) 2. 2. a) Với m = 2, phương trình (1) trở thành : x  6x  1 0 . Ta có :  ' 3  1 8 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  3  8 , x1  3 . 8. 2. b).  '  m  1   m 2  3 2m  4. ; Phương trình có 2 nghiệm  2m  4 0  m  2 ..  x1  x 2  2  m  1  2  x1x 2 m  3 Theo Vi – ét ta có :  2. 2 2 2  4  m  1  2  m 2  3  4 x  x  4  x  x  2x x  4   1 2 1 2 1 2 Theo bài ra ta có :  m 1  m 2  4m  3 0   1  m 2  3 m 2  3 không thỏa mãn điều m  2 . Vậy m = 1.. Câu 4. Hình vẽ (0,5 điểm).  a) BCEF là tứ giác nội tiếp. (1 điểm) Ta có : BFC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) o.  BEC 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp  đpcm. b) EF.AB = AE.BC. (1 điểm) BCEF nội tiếp (chứng minh trên).   Suy ra AFE ACB (cùng bù với góc BFE) Do đó AEF ABC (g.g). EF AE   EF.AB BC.AE BC AB  đpcm. Suy ra c) EF không đổi khi A chuyển động. (0,5 điểm) Cách 1. Ta có. EF.AB BC.AF  EF BC.. AE  BC.cos BAC AB.  Mà BC không đổi (gt),  ABC nhọn  A chạy trên cung lớn BC không đổi  BAC không đổi    cos BAC không đổi. Vậy EF BC.cos BAC không đổi  đpcm. Cách 2. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có: Tâm I là trung điểm của BC cố định.. R. BC 2 không đổi (vì dây BC cố định). Bán kính  Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF là một đường tròn cố định Vì Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (I) nên ta có:.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 1    FBE ECF  Sd EF 2 (góc nội tiếp) (1)    FBE ECF 90 0  BAC. Lại có:. .Mà dây BC cố định. 1    BAC  Sd BnC   Sd BnC không đổi 2 có số đo không đổi 0     FBE ECF 90  BAC có số đo không đổi (2)   EF . Từ (1) và (2). có số đo không đổi. Dây EF có độ dài không đổi (đpcm).. Câu 5. Cách 1. Ta có : Với x, y > 0 và x  y 3 . Ta có :  1 2 1 1  4  xy    x  y   x  2     y  4    6 2x y 2  x  y  . 2 2  1 1 1   2  9  x  y   x   y   6   3  6       2 2 x  y  2   =  .Đẳng thức xảy ra. 1   x  x 0  x 1     y  2 0  y 2  y. Cách 2. Với x, y > 0 và x  y 3 . Ta có : xy. 1 2 1 1  4  1    x  y  x     y     3  2 2x y 2 x  y  2 . x.. 1 2 x. y.. 4  9  y  2. 1  x   x 1 x       y 2 y  4 y   Đẳng thức xảy ra (vì x, y > 0). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: TOÁN. Câu 1: Rút gọn các biểu thức a). P. 1 1  . 5 2 5 2.  x 1  1 Q  1  . x  1  x  b) với x > 0, x  1.. 2 2 Câu 2: Cho phương trình bậc hai x  2(m 1)x  m  m 1 0 (m là tham số) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x12  x 22 3x1x 2  1 . Câu 3: Một đội xe nhận vận chuyển 72 tấn hàng nhưng khi sắp khởi hành thì có 3 xe bị hỏng, do đó mỗi xe phải chở nhiều hơn 2 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đọi xe có bao nhiêu chiếc, biết khối lượng hàng mỗi xe phải chở là như nhau. Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC, đường tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Gọi H là giao điểm của BN và CM. a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn. b) Gọi K là giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng AH. Chứng minh ∆BHK ∆ACK..

<span class='text_page_counter'>(27)</span> c) Chứng minh: KM + KN ≤ BC. Dấu “ =” xảy ra khi nào? Câu 5: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = ab + bc + 2ca. -Mã HẾTđề 02 Câu 1: Rút gọn các biểu thức a). P. 1 2. 3. . 1 . 2 3.  x 2 1 Q  1  . x  2  x  b) với x > 0, x  4.. 2 2 Câu 2: Cho phương trình bậc hai x  2(m 1)x  m  m 1 0 (m là tham số) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x12  x 22 4x1x 2  2 . Câu 3: Một đội xe nhận vận chuyển 60 tấn hàng nhưng khi sắp khởi hành thì có 2 xe bị hỏng, do đó mỗi xe phải chở nhiều hơn 1 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đọi xe có bao nhiêu chiếc, biết khối lượng hàng mỗi xe phải chở là như nhau. Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC, đường tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi H là giao điểm của BE và CD. a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn. b) Gọi K là giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng AH. Chứng minh ∆BHK ∆ACK. c) Chứng minh: KD + KE ≤ BC. Dấu “ =” xảy ra khi nào? Câu 5: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = xy + 2yz + zx. - HẾT-. THANG ĐIỂM - HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ HÀ NỘI – MÔN: TOÁN 2015-2016 Bài Ý I 1). Nội dung P Khi x = 9 thì. 2) 3). 93 12 9 2 Q. x x 2. 1,0. ĐKXĐ: x 0; x 4 Rút gọn Q= P  x 3   x  x 3 3  :  x      Q  x  2  x  2 x x Ta có: P 2 3 Q Áp dung bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm Ta được Dấu bằng xảy ra khi x = 3 Vây GTNN của P/Q = 2 3 khi x= 3. II. Điểm 0,5. Gọi vân tóc thức của ca nô là x ( x>2, km/h) Vận tốc ca nô xuôi dòng x+2 (km/h) Vận tốc ca nô ngược dòng x – 2 (km/h). 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> III. 1) 2). IV. 48 Thời gian ca nô xuôi dòng x  2 (h) 60 Thời gian ca nô ngược dòng x  2 (h) 60 48  1 Theo đề ra, ta có phương trình x  2 x  2 Giải phương trình tìm được x = 22(t/mđk); x = -10 (loại) Kết luận  x 3 (t / m )  y  1 x  1  ĐK: Giải hệ phương trình tìm được 2.  (m  5) 2  4(3m  6) m 2  2m  1  m  1 0m a) Ta có b) gọi ha nghiệm của pt là x1; x2. Khi đó x1; x2 tạo thành hai cạnh của tam giác vuông với cạnh huyền bằng 5. Theo định lí Pytago ta có: x12 + x22= 5  x1  x2 m  5  x .x 3m  6 Theo định lí Vi ét ta có:  1 2 Theo trên x12 + x22= 5 m = -6 và m = 2 (t/m). 1) Tứ giác ACMD nội tiếp. 1.0 0.5 0.25 0,75 0,5. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.75. C/m: góc ACD = góc AMD = 900 2). CA.CB = CH.CD. 1.0. C/m: tứ giác ANHC nội tiếp suy ra góc DAC = góc CHB(cùng bù góc NHC) suy ra tam giác CAD đồng dạng với tam giác CHB 3). Ba điểm A, N, D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N đi qua trung điểm của DH * tứ giác ACMD nội tiếp suy ra góc ADC = góc AMC, tứ giác CHMB nội tiếp suy ra góc AMC = góc HBC = góc NMA suy ra góc ADC = góc NMA nên tứ giác DNHM nội tiếp do đó góc DNH = 900 do góc ANB = 900 suy ra điều phải chứng minh. 0.5 * Vì NJ là tiếp tuyến (O) suy ra góc JND = góc ONB = góc OBN = góc NDH suy ra tam giác NJD cân tại J suy ra JN = JD mà tam giác NDH vuông tại N suy ra góc JNH + góc JND = góc JDN + góc JHN = 900 do đó góc JNH = góc JHN suy ra tam giác INH cân tại 0.5 J suy ra JN = JH do vậy JH = JD nên J là trung điểm của DH. 4). MN đi qua điểm cố định khi M di chuyển trên cung KB Gọi Q là giao điểm của MN và AB; OJ cắt MN tại L Ta chứng minh được MJ là tiếp tuyến của (O) suy ra MN vuông góc OJ do đó tam giác. OL OQ  OC OJ suy ra OL.OJ = OQ.OC. OLQ đồng dạng với tam giác OCJ (g – g) suy ra Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMJ ta có OL.OJ = OM2 = R2 (R là bán kính. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> R2 OQ  2 OC do O, C cố định R không đổi suy ra OQ (O)) suy ra OQ.OC = R suy ra không đổi suy ra Q cố định vậy MN đi qua Q V. 2 2 Với hai số thực dương không âm a, b thỏa a  b 4 ta có:.  a  b Suy ra. 2. a 2  2ab  b2  a 2  b 2   2ab 4  2ab.  a  b. 2.  4  2ab. a  b  4  2ab  a  b  4  2ab (do 4  2ab  0; a, b  0 Hay M. Khi đó, biểu thức M được viết lại thành: Mặc khác: 4  2ab  4  M Từ (1) và (2) ta có:. ab ab  a b 2 4  2ab  2 (1). . 4  2ab  4 2  2ab . 4  2ab  2. . 4  2ab  2. ab 4  2ab  2  2ab 2 4  2ab  2. . (2) 0.25. a 2  b2 4 ab   2 2 2 Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm a, b ta được: . 4  2ab  2  4  2.2  2 2 2  2.  M. 2 2 2  2 1 2.  a b 0  a b  2  2 2 a  b  4  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: Vậy GTLN của biểu thức M là SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TÂY NINH. 0.25. 2  1 khi a b  2 .. KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016 Ngày thi : 11 tháng 6 năm 2015Môn thi : TOÁN (Không chuyên). Câu 1: (1điểm) Thực hiện các phép tính a) (0,5 điểm) A 2 3  12 . 9. b) (0,5 điểm). B= 3. . 12  27. . 2 Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình 3 x  5 x  2 0 .  x  y 3  Câu 3: (1 điểm) Giải hệ phương trình  2 x  y 3 .. Câu 4: (1 điểm) Tìm m, n biết rằng đường thẳng d1 : y 2mx  4n đi qua điểm A(2; 0) và song song với đường thẳng d 2 : y 4 x  3 ..

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Câu 5: (1 điểm) Vẽ đồ thị hàm số. y . 3 2 x 2 .. Câu 6: (1 điểm) Cho phương trình bậc hai. x 2  2  m  1 x  m  2 0. . Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phận biệt x1 , x2 . Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 , x2 không phụ thuộc vào m. Câu 7: (1 điểm) Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 30 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì được bổ sung thêm 2 xe nên mỗi xe chở ít hơn 0,5 tấn hàng. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc xe? Câu 8: (2 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính MN và A là một điểm trên đường tròn (O), (A khác M và A khác N). Lấy một điểm I trên đoạn thẳng ON (I khác O và I khác N). Qua I kẻ đường thẳng (d) vuông góc với MN. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của AM, AN với đường thẳng (d) a) (1 điểm) Gọi K là điểm đối xứng của N qua điểm I. Chứng minh tứ giác MPQK nội tiếp đường tròn. b) (1 điểm) Chứng minh rằng: IM.IN = IP.IQ  Câu 9: (1 điểm) Cho góc vuông xOy . Một đường tròn tiếp xúc với tia Ox tại A và cắt tia Oy 1 1  2 2 tại hai điểm B, C. Biết OA = 2 , hãy tính AB AC BÀI GIẢI Câu 1 : (1điểm) Thực hiện các phép tính B = 3 12  27  36  81 6  9 15 a) A 2 3  12  9 2 3  2 3  3  3 ; b) . 2 Câu 2 : (1 điểm) Giải phương trình 3 x  5 x  2 0 .. . 2.    5  4.3.  2  49  0. x1 . .  5  7 12 5 7  2 1 S = 2;   2 x2     6 6 ; 6 6 3 . Vậy. 1  3 .. ,  7 . Câu 3 : (1 điểm) Giải hệ phương trình.  x  y 3  3 x 6  x 2  x 2      2 x  y 3   x  y 3  2  y 3   y 1 x;y   2; Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  . Câu 4 : (1 điểm) d1 : y 2mx  4n đi qua điểm A(2; 0) và song song với đường thẳng d 2 : y 4 x  3 . m = 2  2m = 4  3  n  d1 d 2   4n 3   4 ; m = 2 , d1 : y 2mx  4n đi qua điểm A(2; 0)  0 2.2.2  4n  4n  8  n  2 (nhận) Vậy m = 2 , n  2 . 3 y  x 2 2 . Câu 5 : (1 điểm) Vẽ đồ thị hàm số BGT.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> x. y . 3 2 x 2. 2 6. 1 0 1 2  1,5 0  1,5  6. x 2  2  m  1 x  m  2 0 Câu 6 : (1 điểm) Phương trình . 2 2  '  m  1  1.  m  2  m  2m  1  m  2 m 2  3m  3 Phương trình có . 2 2 3  9  3 3   ' m 2  3m  3  m     3    m     0,m 2  4  2 4  . Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m. Khi đó, theo Vi-ét : x1  x2 2m  2 ; x1.x2 m  2 x1.x2 m  2.  2 x1.x2 2m  4  A  x1  x2  2 x1 x2 2 (không phụ thuộc vào m) Vậy hệ thức liên hệ giữa x1 , x2 không phụ thuộc vào m có thể là A  x1  x2  2 x1 x2 ..  x  Z  . Câu 7: (1 điểm) Gọi số xe trong đoàn xe lúc đầu là x (chiếc) Số xe trong đoàn xe khi bổ sung thêm là x  2 (chiếc). 30 Lúc đầu, lượng hàng mỗi xe phải chở là x (tấn) 30 Lúc thêm 2 xe, lượng hàng mỗi xe phải chở là x  2 (tấn) 1 0,5  2 tấn hàng nên ta có phương trình : Do bổ sung thêm 2 xe thì mỗi xe chở ít hơn 30 30 1    x  0,xnguyên   60 x  2  60 x  x x  2      x 2  2 x  120 0 x x2 2  ' 12  1.   120  121  0  '  121 11 , . x1  1  11 10 (nhận) ; x2  1  11  12 (loại). Vậy lúc đầu đoàn xe có 10 chiếc. Câu 8 : (2 điểm) a) Chứng minh tứ giác MPQK nội tiếp được Ta có d là trục đối xứng của đoạn KN (do d  MN tại I và IN = IK )  P 1 P 2 (hai góc đối xứng qua một trục) (1)  MAN 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)   900   1 M  1 MAQ MIQ  AMIQ nội tiếp được  A (cùng chắn IQ )      900  NAP NIP AINP nội tiếp được  A1 P 2 (cùng chắn IN )  1 P 2   M (cùng bằng A1 ) (2)   Từ (1), (2)  P1 M1  Tứ giác MPQK nội tiếp được. b) Chứng minh IM.IN=IP.IQ.

<span class='text_page_counter'>(32)</span>    Ta có IKQ IPM (cùng bù với MKQ , tứ giác MPQK nội tiếp)     IKQ ∽ IPM (có MIP chung, IKQ IPM (cmt)) IK IQ   IP IM  IM.IK = IP.IQ  IM.IN = IP.IQ (do IK = IN ) 1 1  2 2 Câu 9 : (1 điểm) Tính AB AC Lấy C’ đối xứng với C qua Ox  AC = AC'  1 A  2 A (hai góc đối xứng qua một trục) 1  sñ AC  1 B 1   A 2 (cùng bằng )  A 2 B1    2 BAO   1 900  BAC' BAO A B  ABC ' vuông tại A, có đường cao AO 1 1 1 1 1 1 1   2   2  2 2 2 2  AB AC AB AC' AO 2 4 --- HẾT --SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016 MÔN: TOÁN. Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 2 2 a) x  8 x  15 0 ; b) 2 x  Bài 2: (1,5 điểm). 2 x  5 y  3  2 x  2 0 ; c) x 4  5 x 2  6 0 ; d)  3 x  y 4 2. a) Vẽ đồ thị (P)của hàm số y  x và đường thẳng (D): y x  2 trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:. A. x x1 x  10   ( x 0, x 4) x 4 x 2 x 2. B (13  4 3)(7  4 3)  8 20  2 43  24 3 2. Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x  mx  m  2 0 (1) (x là ẩn số) a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m x12  2 x22  2 . 4 b) Định m để hai nghiệm x1 , x2 của (1) thỏa mãn x1  1 x2  1. Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AC, AB lần lượt tại E, F. Gọi H là giao điểm của BE và CF. D là giao điểm của AH và BC. a) Chứng minh : AD  BC và AH.AD=AE.AC b) Chứng minh EFDO là tứ giác nội tiếp.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> c) Trên tia đối của tia DE lấy điểm L sao cho DL = DF. Tính số đo góc BLC d) Gọi R, S lần lượt là hình chiếu của B,C lên EF. Chứng minh DE + DF = RS ĐÁP ÁN CHI TIẾT - MÔN TOÁN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT -TPHCM. Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 2 2 a) x  8 x  15 0 ( ' 4  15 1)  x 4  1 5 hay x 4  1 3 2. b) 2 x  2 x  2 0 (2).  2  4(2)( 2) 1 ;(2)  x . 2 3 2 2 3 2  2  2 hay x   4 4 2. 2 4 2 c) x  5 x  6 0 Đặt u = x2 0 pt thành : u  5u  6 0  u  1 (loại) hay u = 6. 2 Do đó pt  x 6  x  6. 2 x  5 y  3  17 x 17    3 x  y 4 3 x  y 4   d).  x 1   y  1. 1;1 ,  2; 4  Bài 2: a) Đồ thị: Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),   1;1 , 2; 4.    (D) đi qua  b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là 2 x x  2  x 2  x  2 0  x  1 hay x 2 (a-b+c=0)  1;1 ,  2; 4  y(-1) = 1, y(2) = 4 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là  Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau. x x1 x  10   ( x 0, x 4) x 4 x 2 x 2 Với ( x 0, x 4) ta có : x .( x  2)  ( x  1)( x  2)  x  10 2 x  8 A  2 x 4 x 4 A. 2 2 2 B (13  4 3)(7  4 3)  8 20  2 43  24 3 (2 3  1) (2  3)  8 20  2 (4  3 3). (3 3  4) 2  8 20  2(4  3 3) (3 3  4) 2  8 (3 3  1) 2 43  24 3  8(3 3  1) = 35 2 Câu 4: Cho phương trình x  mx  m  2 0 (1) (x là ẩn số). a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m  m 2  4(m  2) m 2  4m  8 (m  2) 2  4  4  0, m. Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi m x12  2 x22  2 . 4 b) Định m để hai nghiệm x1 , x2 của (1) thỏa mãn x1  1 x2  1 Vì a + b + c = 1  m  m  2  1 0, m nên phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 1, m . 2 Từ (1) suy ra : x  2 mx  m. x12  2 x22  2 mx1  m mx2  m m 2 ( x1  1)( x2  1) . 4  . 4  4  m 2 4  m 2 x1  1 x2  1 x1  1 x2  1 ( x1  1)( x2  1) Câu 5 a)Do FC  AB, BE  AC  H trực tâm  AH  BC . Ta có tứ giác HDCE nội tiếp.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Xet 2 tam giac đồng dạng EAH và DAC (2 tam giac vuông co góc A chung) . AH AE  AC AD  AH . AD  AE. AC (ñccm)      FDE 2 FBE 2 FCE FOE FDE. A. E. S. b) Do AD là phân giác của nên F  H Vậy tứ giác EFDO nội tiếp (cùng chắn cung EF ) R N    FDE FDL c) Vì AD là phân giác DB là phân giác B D O  F, L đối xứng qua BC  L  đường tròn tâm O 0   Vậy BLC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O  BLC 90 L d) Gọi Q là giao điểm của CS với đường tròn O. Vì 3 cung BF, BL và EQ bằng nhau (do kết quả trên)  Tứ giác BEQL là hình thang cân nên hai đường chéo BQ và LE bằng nhau. Mà BQ = RS, LE = DL + DE = DF + DE suy ra điều phải chứng minh. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI. Q. C. THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016 Môn: Toán Thời gian làm bài: 120 phút. Câu 1. (1,5 điểm) 1) Giải phương trình 5x2 – 16x + 3 = 0 ¿ 3 x −2 y=5 2) Giải hệ phương trình x +3 y=7 ; 3) Giải phương trình x4 + 9x2 = 0 ¿{ ¿ 2 1 + . √ 18 Câu 2. (2,5 điểm) 1) Tinh: √ 2+2 3. 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = 4x + m đi qua điểm (1;6) x2 3) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y= Tìm tọa độ giao điểm của (P)và đường thẳng y = 2. 2. Câu 3. (1,25 điểm) Hai công nhân cùng làm chung một công việc trong 6 giờ thì xong. Nếu người thứ nhất làm trong 3 giờ 20 phút và người thứ hai làm trong 10 giờ thì xong công việc. Tính thời gian mỗi công nhân khi làm riêng xong công việc. Câu 4. (1,25 điểm) 1) Chứng minh phương trình x2 – 2x – 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2. Tính T = 2x1 + x2.(2 – 3x1). 2) Chứng minh x2 – 3x + 5 > 0, với mọi số thực x. Câu 5. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) tâm O đường kính AB. Lấy hai điểm phân biệt C và D thuộc đường tròn (O); biết C và D nằm khác phía đối với đường thẳng AB. Gọi E, F tương ứng là trung điểm của hai dây AC, AD. 1) Chứng minh AC2 + CB2 = AD2 + DB2..

<span class='text_page_counter'>(35)</span> 2) Chứng minh tứ giác AEOF nội tiếp đường tròn. Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEOF. 3) Đường thẳng EF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại điểm K khác E. Chứng minh đường thẳng DK là tiếp tuyến của đường tròn (O). Tìm điều kiện của tam giác ACD đề tứ giác AEDK là hình chữ nhật. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 11/6/2015. . A  3. 2. . 2.  2 Bài I: (2,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức sau: b) Giải hệ phương trình và các phương trình sau:  x  y 5  2 4 2 x  y 1 a/  b/ x  2x  8 0 c/ x  3x  4 0 x 2  2  m  1 x  m 2  3m 0 Bài II: (1,0 điểm) Cho phương trình (x là ẩn số, m là tham số) x , x 1. Định m để phương trình có hai nghiệm 1 2 . 2 2 2. tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B x1  x 2  7 d : y  x  2 P : y x 2 Bài III: (2,0 điểm) Cho parabol   và đường thẳng   1. Vẽ đồ thị của (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ. 2. Bằng phép tính, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (P) và (d). 3. Tìm tọa độ điểm M trên cung AB của đồ thị (P) sao cho tam giác AMB có diện tích lớn nhất. Bài IV: (1,5 điểm) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 30 km. Một canô đi xuôi dòng từ A đến B, rối đi ngược dòng trở về A ngay. Thời gian kể từ lúc đi cho đến lúc về là 5 giờ 20 phút. Tính vận tốc của dòng nước, biết vận tốc thực của canô là 12 km/h Bài V (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O, C nằm giữa M và D. 1. Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn. 2. Chứng minh: MA2 = MC.MD. 3. Gọi trung điểm của dây CD là H, tia BH cắt O tại điểm F. Chứng minh: AF // CD Bài 6 (1,0 điểm) Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 5 cm, đường sinh bằng 13 cm. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón đã cho.. -------------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10. . A  3. Bài I. 1.  x 3  y 2 2. a/ . 2. . 2.  2 3. b/ S = {—2; 4}. 2  2 3 . 2  2 3. c/ S = {—2; 2} (hs tự giải).

<span class='text_page_counter'>(36)</span> Bài II. Phương trình. x 2  2  m  1 x  m 2  3m 0 2. (x là ẩn số, m là tham số).   b   ac    m  1   1.  m  3m  m  2m  1  m 2  3m m  1 /. /. 2. 2. 1. Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆/ > 0 ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m >-1 b   x1  x 2  a 2  m  1   x .x  c m 2  3m 1 2 a 2. Theo Vi-ét:  2. 2. B x12  x 22  7  x1  x 2   2x1 x 2  7  2  m  1   2  m 2  3m   7 2. 11  1 21   4m  8m  4  2m  6m  7 2m  2m  11 2  m 2  m   2  m    2 2 2   2 1  21 21  21 1 2 m     m 2 2 2 nên Bmin = 2 . Dấu “=” xảy ra khi 2 Vì  2. 2. 2. Bài III. 1. Vẽ đồ thị (P) và (d) như hình vẽ 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x2 = –x + 2 ⇔ x2 + x – 2 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = —2. Nếu x = —2 thì y = 4 ⇒ A(—2; 4) Nếu x = 1 thì y = 1 ⇒ B(1; 1) 3.Gọi M(xM; yM) là điểm thuộc parabol (P), cung AB sao cho diện tích tam giác AMB lớn nhất. Gọi D, C, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B và M xuống trục Ox.  AD  BC  .DC  4  1 .3 15 15 SABCD    SAMB SABCD   SAMHD  SBMHC     SAMHD  SBMHC  2 2 2 nên 2 Khi đó: Do đó: SAMB lớn nhất khi SAMHD + SBMHC bé nhất.  4  yM  . OD  OH   1  yM   OB  OH   4  yM  . 2  x M   1  y M   1  x M  SAMHD  SBMHC     2 2 2 2 9  3x M  3y M 8  4x M  2y M  y M x M  1  x M  y M  x M y M   2 2 2 Vì M(x ; y ) thuộc (P) nên y M x M M. Do đó:. M. SAMHD  SBMHC. 2 2 3 3  xM  xM   3  x 2  2x . 1  1  3  1  9  3x M  3x M   M M 2 2 2  2 4 2 . 2 2 3  1  5 3  1  15 15    xM       xM     2   2  2  2  2 4 4 15 1 xM  2 Vậy SAMHD + SBMHC đạt giá trị bé nhất là 4 khi.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> 1 1 yM  2 y  x 2 vào phương trình M 4 M ta được Thay 1 1 M ;  2 Vậy: điểm  2 4  thuộc parabol (P): y x thì tam giác AMB có diện tích lớn nhất. Bài IV. Gọi x (km/h) là vận tốc dòng nước (ĐK: 0 < x < 12) 30 30 16   Theo đề bài, ta có phương trình: 12  x 12  x 3 ⇔ x2 = 9 Giải phương trình trên được: x = —3 (loại) hoặc x = 3 nhận Vậy vận tốc của dòng nước là 3 (km/h) F A Bài V D a) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp Tứ giác MAOB có: H       MAO 900 (gt); MBO 900 (gt); MAO; MBO đối nhau;C MAO  MBO 1800 Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO. b) Chứng minh: MA2 = MC.MD M    chung; MAC MDA Hai tam giác DMA và AMC có: M (góc nội tiếp và gócOtạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AC) nên: ∆DMA ∽ ∆AMC (g-g) MA MD  MC MA ⇒ MA2 = MC.MD Suy ra: c) Chứng minh: AF // CD xM . Ta có: H là trung điểm của dây CD nên OH ⊥ CD (Định lý quan hệ đường B kính và dây) 0   Suy ra MHO MBO 90 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn.   ⇒ MHB MOB (1) (góc nội tiếp cùng chắn cung MB). 1  MOB  AOB 2 OM là tia phân giác góc AOB (MA,MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M)⇒ 1  AFB  AOB   2 Mà (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB) ⇒ AFB MOB (2)   MHB Từ (1) và (2) suy ra: AFB Mà AFB và MHB là hai góc ở vị trí đồng vị nên suy ra AF // CD. Sxq  rl  .5.13 65 cm 2 Bài VI + Diện tích xung quanh hình nón: 1 2 1 2 3 h  l2  r 2  132  55 12  cm  V 3  r .h 3  .5 .12 100 cm + Thể tích hình nón: ;. . . . SGD – ĐT TP CẦN THƠ. . ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học : 2015 - 2016 MÔN TOÁN – thời gian 120 phút. Câu 1: (2,5 điểm) 1)Giải các phương trình và hệ phương trình trên tập số thực:.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> 2. 4. 2. a ) 2 x  3 x  27 0 b) x  x . 3 x  5 y 21 c)  72 0  2 x  y 1. x y P  y x với x  2  2)Tính GTBT. 3 ;y  2 3. 1 2 x Câu 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (P): y = 2. a) Vẽ đồ thị của (P). b) Gọi A(x1, y1) và B(x2;y2) là hoành độ giao điểm của (P) và (d): y = x – 4. Chứng minh:. y1  y2  5( x1  x2 ) 0 2. 2. Câu 3: (1,5 điểm) Cho phương trình x  ax  b  5 0 a)GPT khi a = b = 3 b) Tính 2a3 + 3b4 biết phương trình nhận x1 = 3, x2= -9 làm nghiệm. Câu 4: (1,5 điểm) Nhân ngày quốc tế thiếu nhi, 13 HS ( nam và nữ) tham gia gói 80 phần quà cho các em thiếu nhi. Biết tổng số quà mà HS nam gói được bằng tổng số quà mà HS nữ gói được. Số quà mỗi bạn nam gói nhiều hơn số quà mà mỗi bạn nữ gói là 3 phần. Tính số HS nam và nữ. Câu 5: (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB =2R. Đường thẳng qua O và vuông góc AB cắt cung AB tại C. Gọi E là trung điểm BC. AE cắt nửa đường tròn O tại F. Đường thẳng qua C và vuông góc AF tại G cắt AB tại H..  a) Cm: tứ giác CGOA nội tiếp đường tròn. Tính OGH  b) Chứng minh: OG là tia phân giác COF c) Chứng minh CGO CFB d) Tính diện tích FAB theo R. GIẢI a ) 2 x 2  3 x  27 0;  (  3) 2  4.2.(  27) 9  116 225; 9 PT co nghiem : x1  ; x2  3 2 Câu1:1). 3 x  5 y 21  x 2 c ) co nghiem :   b) x 4  x 2  72 0; PT nghiem : x 3 2 x  y 1  y  3 2. P. x y x y   y x xy. 2) Ta có: Câu 2: a) vẽ, độc giả tự giải.. 2. . . 2. 2 (. 2. 3.   . 3 )(. 2 2. 3 3). . 2. . 2. 3 2 1. 3. 4.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> 1 2 x 2 2 b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): = x – 4  x  2 x  8 0 Giải phương trình ta được: x = 2 ; x = -4; Tọa độ giao điểm là: (2; -2) và (-4; -8) Khi đó:. y1  y2  5( x1  x2 )  2  ( 8)  5(2  4) 0. 2. 2. Câu 3: x  ax  b  5 0 a) Khi a = b = 3 ta có phương trình: x2 – 3x – 4 = 0 vì a – b + c = 1 – (-3) – 4 = 0 nên phương trình có nghiệm: x = -1; x = 4. b) Vì phương trình nhận x = 3; x = -9 là nghiệm nên ta có hệ phương trình 2 2   12a  72 a  6 9  3a  b  5 0 3a  b 14        2 2 2 2   b 14  3a b 32 81  9a  b  5 0 9a  b  86  A 2a 3  3b 4 2.(  6)3  3.32 2  432  3072 2640. Câu 4: Gọi x (HS) là số HS nam.ĐK: 0<x<13, x nguyên. Số HS nữ là: 13 – x ( HS). 40 Số phần quà mà mỗi HS Nam gói được: x ( phần) 40 Số phần quà mà mỗi HS nữ gói được: 13  x (phần) 40 40  3  40(13  x)  40 x 3 x(13  x) Theo bài toán ta có phương trình: x 13  x.  520  40 x  40 x 39 x  3x 2  3x 2  119 x  520 0 Giải phương trình ta được x = 5. Vậy số HS nam là 5, số HS nữ là 8. Câu 5: a) Ta có. AOC  AGC 900 nên O, G cùng nhìn AC dưới 1 góc 900.   Do đó tứ giác ACGO nội tiếp đường tròn đường kính AC  OGH OAC C 0   450 Mà OAC vuông cân tại O Nên OAC 45 . Do đó OGH . . b) Vì tứ giác ACGO nội tiếp Nên CAG COG ( cùng chắn cung CG) 1  CAG  C OF 2 Mà ( góc nột tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CF) 1   COG  C OF 2. A  Nên OG là tia phân giác COF    AF CBF c)Xét CGO và CFB có CGO ( cùng bằng góc C ).    OCG  FCB ( OAG ). D. O. E. G. F. H. Nên hai tam giác đồng dạng. d) Gọi D là giao điểm CO và AE. Ta có D là trọng tâm CAB (CO và AE là trung tuyến) 1 OC OD= 3 =. R R . 10 3 Do đó theo định lý Pita go ta tính được: AD= 3. Nên Mà AOD AFB (g-g). B.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> S AOD   S AFB . Nên.  R 10 2  AD  3    AB   2R  . 2.   10 5    5 18 1 R 3 36 18   S AFB  : S ADO  . R.  R 2   18 5 2 3 5. ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH. Bài 1: (2 điểm). ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học: 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN (không chuyên). x a/ Giải các phương trình. b/ Giải hệ phương trình. 2.  9  2  x x  x2  9 .  x 2  4 y 2  2  4  x 2  4 y 2  5  2 2 3 x  2 y 5. x. 2m   x  m  3  0 x 1 Bài 2: (1,5 điểm) Cho phương trình (1) a/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 2 2 2 b/ Tìm m để x1  x2  5 x1x2 14m  30m  4.  3  x 3  x 36  x  5    : x  9 3  x 3  x  3 x  x (x > 0, x 9, x 25 Bài 3: (1,5 điểm) a/ Rút gọn Q = . b/ Tìm x để Q < 0 Bài 4: (2 điểm) a/ Cho một tam giác vuông. Nếu ta tăng độ dài mỗi cạnh góc vuông thêm 3cm thì diện tích tăng thêm 33cm 2; nếu giảm độ dài một cạnh góc vuông đi 2cm và tăng độ dài cạnh góc còn lại thêm 1cm thì diện tích giảm 2cm 2. Hãy tính độ dài các cạnh của tam giác vuông b/ Bạn An dự định trong khoảng thời gian từ ngày 1/3 đến ngày 30/4 sẽ giải mỗi ngày 3 bài toán. Thực hiện đúng kế hoạch được một thời gian, vào khoảng cuối tháng 3 (tháng 3 có 31 ngày) thì An bị bệnh, phải nghỉ giải toán nhiều ngày liên tiếp. Khi hồi phục, trong tuần đầu An chỉ giải được 16 bài; sau đó, An cố gắng giải 4 bài mỗi ngày và đến 30/4 thì An cũng hoàn thành kế hoạch đã định. Hỏi An phải nghỉ giải toán bao nhiêu ngày? . 0. Bài 5. (2 điểm) Hình bình hành ABCD có tam giác ADC nhọn, ADC 60 . Đường tròn tâm O ngoải tiếp tam giác ADC cắt cạnh AB tại E ( E  A ), AC cắt DE tại I a/ Chứng minh tam giác BCE đều và IO  DC b/ Gọi K là trung điểm BD, KO cắt DC tại M. Chứng minh A, D, M, I cùng thuộc một đường tròn.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> c/ Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính. OJ DE. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 12 tháng 6 năm 2015. Câu 1. (1,5 điểm) Cho hai số thực a, b thỏa điều kiện ab = 1, a + b  0. Tính giá trị của biểu thức: 1. 3  1 1  6 1 1  1 1  2    3  3 4  2 5   a  b  a b   a  b  a b   a  b  a b  3. P=. Câu 2. (2,5 điểm) a/ Giải phương trình: 2x2 + x + 3 = 3x x  3 b/ Chứng minh rằng: abc(a3 - b3)(b3 - c3)(c3 - a3)  7 với mọi số nguyên a, b, c Câu 3. (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Đường thẳng qua C vuông góc với CD cắt đường thẳng qua A vuông góc với BD tại F. Đường thẳng qua B vuông góc với AB cắt đường trung trực của AC tại E. Hai đường thẳng BC và EF cắt nhau tại K. Tính tỉ KE số KF. Câu 4. (1 điểm) Cho hai số dương a, b thỏa mãn điều kiện: a + b  1 a2 . 3 a 9   4a b  4. Chứng minh rằng: Câu 5. (2 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là trung điểm của cạnh BC và N là điểm đối xứng của M qua O. Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại D. Kẻ đường kính AE. Chứng minh rằng: a/ Chứng minh BA . BC = 2BD . BE b/ CD đi qua trung điểm của đường cao AH của tam giác ABC Câu 6. (1 điểm) Mười vận động viên tham gia cuộc thi đấu quần vợt. Cứ hai người trong họ chơi với nhau đúng một trận. Người thứ nhất thắng x1 trận và thua y1 trận, người thứ hai thắng x2 trận và thua y2 trận, ..., người thứ mười thắng x10 trận và thua y10 trận. Biết rằng trong một trận đấu quần vợt không có kết quả hòa. Chứng minh rằng:. x12  x2 2  ...  x10 2  y12  y2 2  ...  y10 2. ĐỀ + ĐA THI TOÁN VÀO LỚP THÁI NGUYÊN 2015 – 16.

<span class='text_page_counter'>(42)</span>

<span class='text_page_counter'>(43)</span> HD GIẢI & ĐẤP ÁN Câu 1: Áp dụng trường hợp PT bậc 2 có a + b +c =0  x1, x2 = (- 6 và 1) Câu 2: áp dụng HĐT (a+b)(a – b) và trục căn ở mẫu  ĐA : A = 2 Câu 3: Để có giao điểm như đề ra thì d2 phải là y’ = 2x – 4.  2x – 4 = 2x + 3 – k  k = 7 ĐS Câu 4: ĐK : x > 0, áp dụng HĐT (a + b)(a – b) và trục căn ở mẫucó Câu 5: 4 – 2x (với y  0) * 2x + y = 4  y = 2x – 4 ( với y < 0)** Thế (*) vào PT2 ta có x = 13/10 ; y = 7/5 (ĐS) Thế (**) vào PT2 ta có x = 11/2 ; y = 7 ( nhưng cặp nghiệm này không nhận được) Câu 6: Áp dụng HĐT a3 + b3 và công thức tính x1 + x2 ; x1.x2  C = – 21 (ĐS) Câu 7: Áp dụng công thức Pytagor và tỉ lệ các cạnh tam giác vuông đồng dang, có : AH2 = 12 2 – 80 2 = 80  AH = 4 5 (cm) BC/BA = BA/BH  BC = BA 2/BH = 18 (cm)  S ABC = ½( 4 5 x 18 ) = 36  5 (cm2) Câu 8:Tiếp tuyến AM  OM E là trung điểm của NP  OE NP Tứ giác AMOE có 2 góc đối diện vuông  A,M,O,E cùng trên 1 đương tròn. Câu 9: Theo đề ta có: DH = ½(DC – AB) = 1,5 cm tang D = AH/DH = 4  AH = 6 (cm)  SABCD = ½(10 + 7).6 = 51 (cm2) Câu 10: Gợi ý: Kẻ tiếp tuyền dA (tiếp điểm là A)  dA  OA Từ các cặp góc bằng nhau suy ra dA // B’C’  OA  B’C’. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂUNĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> 2 2 Câu 1 (7,0 điểm).a) Giải phương trình x  5x  4  2 x  5 2 x  4  x  4x  5.  1  1  x    y   2 y  x .   2 2 b) Giải hệ phương trình 2x y  xy  4xy 2x  y 2 2 Câu 2 (2,0 điểm). Cho a,b là các số nguyên dương thỏa mãn a  b ab .. a 2  b2 A  2ab Tính giá trị của biểu thức 3(a  b  c) 2 (a  1)(b  1)(c  1)  . 4 Câu 3 (2,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực. Chứng minh Câu 4 (7,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) có BC là dây cố định (BC  2R) ; E là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC và AB < AC (A khác B). Trên đoạn AC lấy điểm D khác C sao cho ED = EC. Tia BD cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là F. a) Chứng minh D là trực tâm của tam giác AEF. b) Gọi H là trực tâm của tam giác DEC; DH cắt BC tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là M. Chứng minh đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (2,0 điểm). Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc A. Tìm tất cả các phần tử của A. 2. 2. 2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨCMôn: TOÁN Câu Nội dung 2 2 Câu 1 a x 4 . x  5x  4  2 x  5 2 x  4  x  4x  5 7,0đ 3,0đ ĐKXĐ: (x  1)(x  4)  2 x  5  2 x  4  (x  1)(x  5) 0 ⇔ x 1. ⇔. ⇔. . . x 4. x  1 2. .  . x 5  2. x 4. x 4. . x  5 0. . x  5 0. Điểm 0,5. 0,5 0,5.  x  4  x 5   x  1 2. 0,5.  x  4 x  5   x  1 4. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> Câu. Nội dung. Điểm.  x 5 (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm x 5 .. 0,5. ĐKXĐ: x 0; y 0 .. 0,5.  1  1 (1)  x    y   2 y  x   2 2  2x y  xy  4xy 2x  y. (2) Phương trình (2) 1 1 )  (y  ) 4 (3) y x 1  a x  y   b y  1 x . Kết hợp với (1) và(3) ta có hệ Đặt  a 2  2a  1 0 a(4  2a) 2 a 1 b    4,0đ b 4  2a b 2 b 4  2a. ⇔. 2 1 2x  y  4   y x 0,5.  2(x . 0,5 ab 2  2a  b 4. 1  x  1   xy  1 y y   a 1  xy  1 2x  y  1 2  Với b 2 ta có  x  y 2x  2  y 2x  2   2  x(2x  2)  1 2x 2x  4x  1 0   2 2 2 2 x  x   2 2  y  2  y  2  hoặc  (thỏa mãn).. 0,5 0,5. 0,5 1,0. 2 2 2 2 ; 2) ( ;  2) 2 2 Vậy hệ đã cho có các nghiệm (x;y) là và . (. Ký hiệu (x;y) là ước chung lớn nhất của hai số nguyên x và y. Gọi d = (a;b) => a da1 ; b db1 , với (a1 ; b1 ) 1 Câu 2 2,0 đ.  a 2  b 2 d 2 (a12  b12 ) và ab d 2a1b1  d 2 (a12  b12 ) d 2 a1b1  a12  b12 a1b1 2 1.  a b1  a1 a1 b1 2.  A. 2 1 2. 2 1. mà (a1 ; b1 ) 1  a1 b1 Tương tự b1 a1 suy ra a1 b1 1. d (a  b ) 1 2d a1b1 .. 0,5. 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> Câu. Nội dung. Điểm. 3 2 2a  2, 2,z yc z)2.   4(x  y)z Đặt 2(x x y) 2zy2 b3(x Ta cần chứng minh 2 2 2 2 (x  2)(y  2)(z  2)2 3(x  y  z) 2 . 3(a  b  c)  (a 2  1)(b 2  1)(c 2  1)(x2  2)(y 2  2) .(x 2  1)(y 2  1)  x 2  y 2  3 x 2 y 2 1  2x 2  2y 2  3 4 Ta có Dấu đẳng (x  y) 2 3 2 2 2 2  (x  2)(y  2) 2xy  x  y   3   (x  y) 2  2  thức xảy ra 2 2 K khi 3  (x 2  2)(y 2  2)(z 2  2)   (x  y) 2 z 2  4  2(x  y) 2  2z 2  1 A 2 a b c  . 2. 0,5. 0,5. 0,5 0,5 F. O. o   Tứ giác ABEC nội tiếp suy ra ABE  ACE 180. D. o     Mà EDC ACE và ADE  EDC 180. H.    B ADE.    DAE nên ABE ADE. Kết hợp với BAE => ABE. Câu 4 7,0 đ. b 3,0đ. Câu 5 2,0 đ. N. C. M. Mặt khác EB = EC = ED nên AE là trung trực của đoạn BD a   AE  BF (1) và AB = AD => ABD ADB. 4,0đ =>   ABD DCF. 0,5 0,5 0,5. E. 0,5 0,5. . . Kết hợp với (cùng chắn cung AF) và ADB FDC (đối đỉnh).   Suy ra FDC FCD  tam giác FDC cân tại F. => FD = FC. Kết hợp với ED = EC => EF là trung trực của DC => DC  EF (2). Từ (1) và (2) suy ra D là trực tâm của tam giác AEF. Kẻ đường kính EK của (O;R).Khi đó điểm K cố định.   Tứ giác BDNM nội tiếp nên BMD BND. 0,5. 1 90o  BAC (3) o    BMD 90  BCE 2 0   Tứ giác ABMK nội tiếp nên BMK 180  BAK .. 0,5. 1    BAK BAE  EAK 90o  BAC 2 Mà 1   BMK 90o  BAC (4)   2 BMK . Từ (3) và (4) suy ra BMD. 0,5. Suy ra ba điểm M, D, K thẳng hàng. Do đó MD luôn đi qua điểm K cố định.. 0,5. Giả sử A =  1 2 3; 21 với 1 2 3; 21 và a1  a 2  a 3  ...  a 21 . Theo giả thiết ta có a1  a 2  a 3  ...  a11  a12  a13  ...  a 21. 0,5. a ;a ;a ...;a. a ;a ;a ...;a  Z.  a1  a12  a 2  a13  a 3  ...  a 21  a11 (1). 0,5 0,5 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> Câu. Nội dung Mặt khác với x; y  Z và x  y thì y x  1  a12  a 2 10, a13  a 3 10,..., a 21  a11 10 (2) Nên từ (1) suy ra a1  10+10+...+10 = 100 => a1 =101 (vì 101 => 101  a12  a 2  a13  a 3  ...  a 21  a11 100. Điểm 0,5. A). 0,5.  a12  a 2  a13  a 3  ...  a 21  a11 100 . Kết hợp với (2)  a12  a 2 a13  a 3 ... a 21  a11 10 (3)  10 a12  a 2 (a12  a11 )  (a11  a10 )  ...  (a 3  a 2 ) 10  a12  a11 a11  a10 ... a 3  a 2 1 (4). Ta có a1 =101 mà 102. A => a 2 =102. Kết hợp với (3) và (4) suy ra A =  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI. Bài 1: (1,5 điểm). 0,5. 101;102;103;...;121 .. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPTNĂM HỌC 2015 - 2016 Ngày thi: 11/6/2015 Môn thi: Toán. 1. Thực hiện phép tính: 4 16  3 9. 2. Rút gọn biểu thức: M =.  a+ a  a  1   1    a +1 1  . a   a . Với a ≥ 0 và a ≠ 1.. Bài 2: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2. 2x  y 1  3x  2y 12. a) x +3x  4= 0 b) 2 2. Cho phương trình: x – 2x + m + 3 = 0 (với m là tham số) a) Tìm m để phương trình có nghiệm x = 3 và tìm nghiệm còn lại. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa mãn hệ thức 2 2 x1  x2  x1 x2  4 0. Bài 3: (2,0 điểm) Hai đội công nhân cùng làm chung trong 4 giờ thì xong một con đường. Nếu mỗi đội làm riêng để xong con đường thì thời gian đội thứ nhất ít hơn đội thứ hai là 6 giờ. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội làm xong con đường trong thời gian bao lâu? Bài 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính AB và C là một điểm nằm giữa hai điểm A và B Trên nửa mặt phẳng có bờ AB chứa nửa đường tròn, vẽ hai tia Ax và By tiếp xúc với nửa đường tròn đã cho. Trên tia Ax lấy điểm I (với I khác A); đường thẳng vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt tia IK tại E. 1. Chứng minh tứ giác CEKB nội tiếp được đường tròn. 2. Chứng minh AI . BK = AC.CB. 3. Chứng minh điểm E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB..

<span class='text_page_counter'>(48)</span> 4. Cho các điểm A; B; I cố định. Hãy xác định vị trí điểm C sao cho diện tích hình thang ABKI lớn nhất. Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y là các số dương thỏa mãn (11x + 6y + 2015)(x – y + 3) = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P xy  5 x  2016.

<span class='text_page_counter'>(49)</span>