de thi vao lop 10 mon toan tinh nghe an nam 2015 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN. Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang). KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2015 - 2016. Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề). Câu 1: (2,5 điểm) 1 4  x  2 x 4 Cho biểu thức a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P. P. 1 b) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 4. Câu 2: (1,5 điểm) Số tiền mua 1 quả dừa và 1 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. Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 + 2(m + 1)x + m2 – 3 = 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 2. b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1 và x2 sao cho x12 + x22 = 4. Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi quả 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: (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y thỏa mãn x + y 3 . xy. Chứng minh rằng: Đẳng thức xảy ra khi nào ?. 1 2 9   2x y 2. ................Hết................. Họ và tên thí sinh:.......................................................Số báo danh:.......................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2015 - 2016. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM. Môn: TOÁN Câu 1. Ý. (2,5 đ). a (1,5đ). Nội dung  x 0   x  2 0   x 0  x  4 0    x 4 Điều kiện xác định:. Điểm 0,5. Rút gọn: 1 4  x  2 x 4 1 4 P  x  2 ( x  2)( x  2) P. (1,0đ) 2 (1,5đ). 0,25. P. x 2 4 ( x  2)( x  2). 0,25. P. x 2 ( x  2)( x  2). 0,25. P. b. 0,25. 1 1 P x  2 . Vậy x 2. 1 Với x = 4 (tmđk) thay vào biểu thức P 1 1 2   1 1 2 5 2 2 Ta được: P = 4 1 2 Vậy với x = 4 thì P = 5. Gọi x (nghìn đồng) là giá mỗi quả dừa và y (nghìn đồng) là giá mỗi quả thanh long. Điều kiện: 0 < x < 25; 0 < y < 25. Vì số tiền mua 1 quả dừa và 1 quả thanh long là 25 nghìn đồng Nên ta có phương trình x + y = 25 (1) Do số tiền mua 5 quả dừa và 4 quả thanh long là 120 nghìn đồng, do đó ta có phương trình 5x + 4y = 120 (2) Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:  x  y 25  5x  4y 120. 0,75 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 5x  5y 125  x 20   (tmdk) 5x  4y 120  y 5. 3. a. (2,0 đ) (1,0đ). 0,25. Vậy giá mỗi quả dừa là 20 nghìn đồng và giá mỗi quả thanh long là 5 nghìn đồng. Thay m = 2 vào phương trình (1), ta được: x2 + 2(2 + 1)x + 22 – 3 = 0  x2 + 6x + 1 = 0. 0,25. Ta có:  ' 32 - 1 = 8 > 0. 0,25. Suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 0,25. x1 = - 3 - 2 2; x 2  3  2 2 Vậy với m = 2 thì phương trình (1) có tập nghiệm là:. 0,25.  S= / b Ta có:  = (m + 1)2 – m2 + 3 = m2 + 2m +1 – m2 + 3 (1,0đ) = 2m + 4 Để phương trình (1) có 2 nghiệm   ' 0  2m  4 0  m  2 (4) 0,25  3  2 2;  3  2 2.  x1  x 2  2(m  1) (2)  x .x m 2  3(3) Theo hệ thức vi-ét, ta có:  1 2 2 2 Theo bài ra, ta có: x1  x2 4. 0,25.  (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4 (*) 2   2(m 1)  2(m 2  3) 4. Thay (2) và (3) vào (*), ta được:.  4(m + 1)2 – 2(m2 – 3) = 4  4m2 + 8m + 4 – 2m2 + 6 – 4 = 0  m2 + 4m + 3 = 0. 0,25. Phương trình có dạng: a - b +c = 1 - 4 + 3 = 0  PT có 2 nghiệm: m1 = - 1(TMĐK 4); m2 = - 3 (KTMĐK 4) Vậy với m = - 1 thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 sao cho. 0,25. x12 + x22 = 4. 4. Vẽ. (3,0đ). hình. A. đúng. 0,5. E F O H B. C. M N.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a. 0,25. 0  Ta có: BEC 90 (gt). 0,25.  BFC 900 (gt) 0   Xét tứ giác AFDE có BEC BFC 90.  Tứ giác AFDE nội tiếp đường tròn (Vì có hai đỉnh E và F kề. 0,5. 0. b. nhau cùng nhìn cạnh BC dưới một góc 90 ) Do tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (cm câu a)    BCE  BFE 1800 (Tính chất tứ giác nội tiếp) 0   Mà EFA  BFE 180 (Vì hai góc kề bù). 0,25 0,25.   Suy ra: AFE BCE  Xét EFA và BCA có: BAC chung   AFE BCE (cm trên)  EFA. BCA (g.g). EF AE   EF.AB AE.BC  CB AB. c. 0  0  Ta có: HEA 90 (gt) ; AFH 90 (gt) 0   Xét tứ giác AFDE có HEA  AFH 180.  Tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn (Vì có tổng 2 góc đối diện. bằng 1800) 1 AH Do đó r bán kính đường tròn ngoại tiếp AEF là r = 2 (1). Vẽ đường kính AN của đường tròn (O) 0  Khi đó: ACN 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn).  NC  AC mà BE  AC (gt)  NC / /BE hay NC / /BH (2)  ABN 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)  NB  AB mà CF  AB (gt)  NB / /CF hay NB / /CH (3). Từ (2) và (3) suy ra: Tứ giác BHCN là hình bình hành. Gọi M là giao điểm của BC và HN  M là trung điểm của BC; của HC (Tính chất hình bình hành) Xét NAH có OA = ON = R (R là bán kính đường tròn (O) cũng là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> MH = MN (cmt)  OM là đường trung bình của NAH. 0,25. 1  OM  AH (4) 2. Từ (1) và (4) suy ra: OM = r Mặt khác: EFA. BCA (cm câu b). EF AE AF r EF r r.BC    hay   EF   BC AB AC R BC R R (5)  EF . OM.BC R không đổi (vì OM; BC và R không. Từ (4) và (5) đổi do O, B, M, C cố định) 5 (1,0đ). Vậy Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi A chuyển động. Ta có: xy. 1 1 2 1 1 2 1    x     y    (x  y) x 2 y 2 2x y 2  1 1  .2 x.  2 2 x 3 =1+2+ 2 =. 1 2 1 y.  .3 2 y 2 9 2 (BĐT côsi và x + y 3 ) 1  x  x   x 1 2 1  y   y  y 2 2  x  y 3  Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi  1 2 9 xy   2x y 2  x= 1 và y = 2 (đpcm) Vậy. Hồ Văn Oai giáo viên trường THCS quỳnh Xuân, Thị xã Hoàng Mai, Nghệ an. .. 0,25. 0,25 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>