DE VA HDG TS 10 NGHE AN 1516

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT. ĐỀ CHÍNH THỨC. NĂM HỌC 2015-2016 Ngày thi :10/06/2015 Môn thi:TOÁN 120 phút ,không kể thời gian giao đề. Câu 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức P . 1 4  x 2 x4. a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị của biểu thức P khi x=1/4 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 điểm ) Cho phương trình x2  2  m  1 x  m2  3  0. 1. ( m là tham số). a)Giải phương trình (1) với m=2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 sao cho x12  x 22  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 điểm) Cho các số thực dương x,y thỏa mãn x  y  3 .Chứng minh rằng:. xy. 1 2 9   . Đẳng thức xảy ra khi nào? 2x y 2 HẾT. (SƯU TẦM VÀ ĐÁNH LẠI BỞI THÀY HOÀNG XUÂN VỊNH,THCS BÌNH CHIỂU,THỦ ĐỨC).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1,2,3,4a,b Giải bởi THÀY HOÀNG XUÂN VỊNH,THCS BÌNH CHIỂU,THỦ ĐỨC,câu 4c và 5 của THÀY NGUYỄN VĂN NAM,NGHỆ AN GIẢI. 1.a) ĐKX Đ: x  0,x  4,. P. 1 4   x 2 x4. b)Khi x=1/4 thì P . . x 24 x 2. . x 2. .  . x 2 x 2. . x 2. . . 1 x 2. 1 1 1 2    1  3 3 1/ 4  2 2 2 2. 2.Gọi x( VN Đ) là số tiền mua một quả dừa (x>0) 25000-x là số tiền mua một quả thanh long Theo đề bài ta có pt:5x+4(25000-x)=120000 x=20000 (n) Vậy một quả dừa là 20000 đồng,1 quả thanh long là 5000 đồng x 2  6x  1  0 ,   36  4  32  0,   4 2. 3.a)KHI m=2 pt trở thành:.  x1 . 6  4 2  3  2 2, x 2  3  2 2 2. b) '  m2  2m  1  m2  3  2m  4 Để (1) có có hai nghiệm x1 và x2 thì '  0  2m  4  0  m  2. x12  x22  4  S2  2P  4  0  2m2  8m  6  0  m  1 n  haym  3l  4.a) BFC  BEC  900 b) AEF  ABC (g-g) suy ra điều phải chứng minh Đáp án câu 4c) A E F H. O C. B. A'. D.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> EF R ' (*)  BC R ' ( R bán kính đường tròn ngoại tiếp AEF ; R bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC ) Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH cũng chính là đường tròn ngoại tiếp AEF suy ra 1 R '  AH (1) 2 ' Gọi H là trọng tâm ABC , A trung điểm BC. OA'  BC  OA' / /AH 1 ' ' Vì OA / /AH và OA=OB suy ra OA  AH (2) 2 ' ' Từ (1) và (2) suy ra R  OA (**) EF OA' OA' Từ (*) và (**) suy ra    EF  .BC BC R R AEF  ABC (câu b) . Vì O, A, A’ , B, C cố định nên OA’, R, BC không đổi suy ra EF không đổi. Vậy EF không đổi khi A di động trên đường tròn. Đáp án câu 5. Ta có. xy.  1 1 2 1 1 4 1  1  4 9   (2x  2y   )   x     y     x  y   (2  4  3)  2x y 2 x y 2  x  y 2  2. ( BĐT cô si). 1  x  x  x  1 4   Dấu “=” xảy ra   y  (TM) y y  2  x  y  3   1 2 9 Vậy x  y    , đẳng thức xảy ra khi 2x y 2. x  1  y  2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>