de thi vao 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2015 - 2016 MÔN: TOÁN. MÃ KÍ HIỆU. Thời gian làm bài:120 phút Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang. Câu 1 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình:. x–3=0. 2. Giải hệ phương trình.  x  y 2  3x  y 10. ..  2 x 3 x 3x  3   2 x  2  P     1  : x 3 x  3 x 9   x  3   Câu 2 (2,5 điểm). Cho biểu thức x 0, x 9 ).. (với. 1. Rút gọn P. 2. Tìm x để giá trị của biểu thức. P . 1 2 .. Câu 3 (1,5 điểm). Hai trường A và B có 420 học sinh thi đỗ vào lớp 10, đạt tỉ lệ là 84%.. Riêng trường A đạt tỉ lệ đỗ là 80% còn trường B tỉ lệ đỗ là 90%. Tính số học sinh dự thi vàolớp 10 của mỗi trường. Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, HB = 20cm ; HC = 45cm vẽ đường tròn tâm A bán kính AH, kẻ tiếp tuyến BM, CN với đường tròn ( M, N là các tiếp điểm khác với điểm H). 1. Chứng minh tứ giác AMBH. 2. Tính diện tích của tứ giác BMNC 3. Gọi K là giao điểm của CN và HA. Tính độ dài KA. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hai số thực x, y là các số dương thỏa mãn x  y 1 .. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. M. 1 1  2 x y xy . 2. ------HẾT------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> MÃ KÍ HIỆU. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2015– 2016 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04trang). Câu. Đáp án 1. (0.75 điểm) Giải phương trình: x–3=0  x 3 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 3. 1 (2,0 điểm) .. 0.5 0.25. 2. (1.25 điểm) Giải hệ phương trình.  x  y 2  3x  y 10 4x 12    x  y 2  x 3   3  y 2. 0.5 0.25.  x 3    y  1. 2 (2,5 điểm) .. Điểm. 0.25.  x 3 0.25  y  1  Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  2 x x 3x  3   2 x  2  P     1  : x  9 x  3 x  3 x  3     (với x 0, x 9 ). 1. (1.5 điểm) Rút gọn  2 x  2 x 2 x 3x  3 x  3     0.25   : x  3 ( x  3)( x  3)   x  3 x  3  x 3  2 x ( x  3)  2 x 2 x ( x  3) 3x  3 x  3     0.5   : x  3  ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3)   x  3. . 2x  6 x  x  3 x  3x  3 2 x  2  x  3 : ( x  3)( x  3) x3. 3 x  3 : ( x  3)( x  3) =  3( x  1) : ( x  3)( x  3) =. x 1 x3 x 1 x3. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  3( x  1)( x  3) ( x  3)( x  3)( x  1) 3  ( x  3) 3 P ( x  3) (với x 0, x 9 ). 2. (1.0điểm) . P. 0.25. 1 3 1   2 ( x  3) 2. 0.25.  6 x  3. 0.25.  x 3  0 x 9. 0.25. Vậy với 0 x 9 thì biểu thức. P. 1 2. 0.25. 3. 100 (1.5 điểm) Tổng số học sinh dự thi của hai trường là: 420. 84 = 500 (học sinh) Gọi số học sinh dự thi của trường A, trường B lần lượt là x, y.. 0.25 0.25. ( x, y  N;0 x, y500) Do đó ta có phương trình: x + y = 500. (1). 0.25. 80 .x Số học sinh thi đỗ vào lớp 10 của trường A là: 100 (học sinh) 90 .y Số học sinh thi đỗ vào lớp 10 của trường B là: 100 (học sinh). Mà tổng số học sinh thi đỗ của hai trường là 420 học sinh 80 90 .x  .y 100 100 Nên ta có phương trình: = 420  8x  9y 4200 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x  y 500  8x  9y 4200  x  y 500   x(500  y)  9y 4200  x  y 500  8(500  y)  9y 4200  x  200 500   y 200  x 300   y 200. (2). 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Thỏa mãn điều kiện Vậy số học sinh dự thi của trường A là : 300 ( học sinh) số học sinh dự thi của trường B là : 200 ( học sinh). 0.25. K. N A. 0,5. M B. H. C. 1. (1.0 điểm) Chứng minh tứ giác AMBH nội tiếp đường tròn. Ta có AH là đường cao ABC Nên AH  BC tại H . 0. Hay BHA 90 Mà BM là tiếp tuyến của đường tròn tại M Nên BM  AM tại M. 0.25 0.25. 0  Hay AMB 90. 0.25.   4 Vậy BHA  AMB 90  90 180 (3,0 Do đó Tứ giác AMBH nội tiếp đường tròn điểm) 2. (0.75 điểm) Tính diện tích của tứ giác BMNC . Ta có BM và BH là các tiếp tuyến của đường tròn tại M và H (gt) Ta có CN và CH là các tiếp tuyến của đường tròn tại N và H (gt) 0. 0. 0. 0.25.   Suy ra AB, AC là các đường phân giác của MAH ; HAC ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 1 1      MAB BAH  MAH ; NAC CAH  NAH 2 2 Mà ABC vuông tại A 0  Nên CAB 90. . .       MAN MAH  NAH 2 BAH  CAH 2.BAC 2.900 1800. Vậy Do đó M, A, N thẳng hàng Mà BM  AM ; CN  AN ( chứng minh trên) Nên BM//CN ( quan hệ từ vuông góc đến song song). 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Do đó tứ giác MBNC là hình thang Diện tích hình thang BMNC là: Do. ABC. 1 S BMNC  ( MB  NC ) MN 2 2. vuông tại A đường cao AH nên AH = BH.CH = 20.45 = 900. nên AH = 30cm Mà MN = 2. AH = 2. 30 = 60 cm Ta có BM và BH là các tiếp tuyến của đường tròn tại M và H (gt) Ta có CN và CH là các tiếp tuyến của đường tròn tại N và H (gt) Suy ra BH = MB = 20cm; CH = NC = 45cm 1 1 S BMNC  ( MB  NC ) MN  (20  45)60 1950cm 2 2 2. 3. (0.75 điểm) Ta có tam giác vuông KNA đồng dạng với tam giác vuông KHC ( chung góc nhọn HKA). 0.25. 0.25. KA NA 2 KA NA 2      KC HC 3 KN  NC HC 3 KA NA 2    KN  NC HC 3  2 KN  90 2 KA. Mà KA2= KN2+AN2 . KA2 4  2 ( KN  NC ) 9. . KN 2  AN 2 4  ( KN  NC )2 9.  9( KN 2  900) ( KN  45) 2 .4  5KN 2  360 KN 0. 5. KN = 72cm. 0,25. KA2= KN2+AN2= 722 +302 Vậy KA = 78 cm. 0,25. Áp dụng bất đẳng thức Cosi với hai số dương x và y.. 0.25. 1.0 x  y 2 xy điểm) Ta có:. (1). ;. 1 1 1  2 x y xy. (2). 1 1 1 1 4 ( x  y)(  ) 4    (*) x y x y xy. Từ (1) và (2) suy ra 1 1 1 1 1 M 2   2   2 2 x y xy x  y 2 xy 2 xy Ta có. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 1 4   4 2 x y 2 xy ( x  y ) 2 2. Áp dụng (*) ta được :  1 2 xy . . Mặt khác. x  y 2 xy. (1). 1 2 2 xy. Vậy M 6 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi : x = y = 2. -----------Hết-----------. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>