DE DA CAC DE VAO CHUYEN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (4.85 MB, 52 trang )

(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 12 tháng 6 năm 2015. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang). Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề). 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: P . 1. .  1 1 3  1 1 6  1 1  2     3  3  4  2 5  a b a b a b  a b   a b  a b . . 3. . . . . Câu 2. (2,5 điểm) 2 a) Giải phương trình: 2x  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 KE trung trực của AC tại E . Hai đường thẳng BC và EF cắt nhau tại K . Tính tỉ số K F . Câu 4. (1 điểm) Cho hai số dương a , b thỏa mãn điều kiện: a  b 1. Chứng minh rằng:. a2 . 3 a 9   4a b 4. 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. y x y và thua 2 trận, ..., người thứ mười thắng 10 trận và thua 10 trận. Biết rằng trong một trận đấu quần vợt không có kết quả hòa. Chứng minh rằng:.

(2) 2 2 x12  x22  ...  x10 y12  y22  ...  y10. -------------------- HẾT -------------------Hướng dẫn giải Câu 1. Với ab1 , a  b 0, ta có: P. a3  b3 3.  a  b  ab. 3. . 3 a2  b2  4.  a  b  ab. 2. . 6 a  b. . 5.  a b  ab. 2. .  b2  1  a2  b2  2  3 a2  b2   6.  a  b.  a2 b2  2ab  a  b. 4. 2.  a  b. 3. . 3 a2  b2  4. . 6 a  b 5.  a  b  a b 2 a2  b2  1  a  b  3 a2  b2   6   4  a  b. 2 2 a2  b2  1 3 a  b  6    2 4 4  a  b  a  b  a b. a . a3  b3. 2. a . 4. 2.  b2   4 a2  b2   4.  a  b. 4. 2. a .  b2  2.  a b. 4. 2.   a  b 2   1  4  a b. Vậy P 1, với ab1 , a  b 0. Câu 2a. Điều kiện: x  3 Với điều kiện trên, phương trình trở thành:.  . 2.  .  . 2x  3x.  . 2. .  .  2x  2x. .  2x x . .  x. x3.  . x3  x. . x3 . . . x3 . x  3 2x . . x3 x. 2. 0.   x  3 x  3  0. x3 . 2. 0.  x  3 x (1) x  3 0    x  3  2x (2) . .  x  0   x  0 x  0 1  13   x  1  13 (1) : x  3  x      x  2   2 2 2 x  3  x x  x  3  0   1  13  x   2 x  0  x  0 x  0  x 1 (2) : x  3  2x      x 1 2   2 x  3  4 x 4 x  x  3  0 3      x  4  So với điều kiện ban đầu, ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là:  1  13  S  1;  2  . 2.

(3) Câu 5. a) Chứng minh BA . BC = 2BD . BE      ABC 900 , EBM  ABC 900  Ta có: DBA.    DBA EBM (1)  ONA  OME (c-g-c)  Ta có:    EAN MEO    DAB  BAE  EAN 900. Ta lại có:. F. ,.    và BEM  BAE  MEO 90    DAB BEM. A. 0. (2)  Từ (1) và (2) suy ra BDA # BME (g-g). D N. BD BA BC   BD.BE BA.BM BA. BM BE 2  2BD.BE BA.BC. T. . b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của  ABC  Gọi F là giao của BD và CA . Ta có BD.BE BA.BM (cmt). O. B. BD BM  BA BE  BDM # BAE (c-g-c)       BMD BEA BEA . Mà BCF (cùng chắn AB )    BMD BCF  MD / /CF  D là trung điểm BF .  Gọi T là giao điểm của CD và AH . T H CT   BD CD (HQ định lí Te-let) BCD có T H / /BD T A CT   FD CD (HQ định lí Te-let) FCD có T A / /FD Mà BD FD ( D là trung điểm BF )  Từ (3), (4) và (5) suy ra T A TH  T là trung điểm AH .. H. . M. C. E. (3) (4) (5). ----------------------------------------------------------.

(4) SỞ GDĐT BẠC LIÊU Đề thi chính thức (Gồm 01 trang). KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 10/06/2015 Thời gian làm bài: 150 phút. Câu 1. (2,0 điểm) a. Chứng minh với mọi số n lẻ thì n² + 4n + 5 không chia hết cho 8. b. Tìm nghiệm (x; y) của phương trình x² + 2y² + 3xy + 8 = 9x + 10y với x, y thuộc N*. Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình 5x² + mx – 28 = 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện 5x1 + 2x2 = 1. Câu 3. (2,0 điểm) a. Cho phương trình x4 – 2(m – 2)x² + 2m – 6 = 0. Tìm các giá trị của m sao cho phương trình có 4 nghiệm phân biệt. 1 1 1   b. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a5 + b5 + c5 + a b c ≥ 6.. Câu 4. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và MN. Vẽ tiếp tuyến d của đường tròn (O) tại B. Đường thẳng AM, AN lần lượt cắt đường thẳng d tại E và F. a. Chứng minh rằng MNFE là tứ giác nội tiếp. b. Gọi K là trung điểm của FE. Chứng minh rằng AK vuông góc với MN. Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường thẳng d đi qua A sao cho d không cắt đoạn BC. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và C trên d. Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác BHKC. ---------------------------------------------------------HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a. n² + 4n + 5 = (n + 2)² + 1 Vì n là số lẻ suy ra n + 2 = 2k + 1, k là số nguyên Ta có (n + 2)² + 1 = 4k² + 4k + 2 không chia hết cho 4 Vậy n² + 4n + 5 không chia hết cho 8 b. x² + 2y² + 3xy + 8 = 9x + 10y <=> x² + 2xy + xy + 2y² – 8(x + y) – (x + 2y) + 8 = 0 <=> x(x + 2y) + y(x + 2y) – 8(x + y) – (x + 2y) + 8 = 0 <=> (x + y – 1)(x + 2y) – 8(x + y – 1) = 0 <=> (x + y – 1)(x + 2y – 8) = 0 (a) Với x ≥ 1, y ≥ 1 (vì thuộc N*) suy ra x + y – 1 ≥ 1 > 0 Do đó (a) <=> x + 2y = 8 Ta có 2y ≤ 8 – 1 = 7 Nên y ≤ 7/2 Mà y thuộc N* suy ra y = 1; 2; 3 Lập bảng kết quả y 1 2 3 x 6 4 2 Vậy tập hợp bộ số (x, y) thỏa mãn là {(6; 1), (4; 2), (2; 3)} Câu 2. 5x² + mx – 28 = 0 Δ = m² + 560 > 0 với mọi m Nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. Ta có: x1 + x2 = –m/5 (1) x1x2 = –28/5 (2) 5x1 + 2x2 = 1 (3).

(5) Từ (3) suy ra x2 = (1 – 5x1)/2 (4) Thay (4) vào (2) suy ra 5x1(1 – 5x1) = –56 <=> 25x1² – 5x1 – 56 = 0 <=> x1 = 8/5 hoặc x1 = –7/5 Với x1 = 8/5 → x2 = –7/2 Thay vào (1) ta có 8/5 – 7/2 = –m/5 <=> m = 19/2 Với x1 = –7/5 → x2 = 4 → –7/5 + 4 = –m/5 suy ra m = –13 Câu 3. a. x4 – 2(m – 2)x² +2m – 6 = 0. (1) Đặt t = x² (t ≥ 0) (1) <=> t² – 2(m – 2)t + 2m – 6 (2) Δ’ = (m – 2)² – (2m – 6) = m² – 6m + 10 = (m – 3)² + 1 > 0 với mọi m. Phương trình (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt. Ứng với mỗi nghiệm t > 0 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt dương. <=> 2m – 6 > 0 và 2(m – 2) > 0 <=> m > 3. Vậy m > 3 thỏa mãn yêu cầu. 1 1 1   b. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng a5 + b5 + c5 + a b c ≥ 6.. Áp dụng bất đẳng thức cô si: a5 + 1/a ≥ 2a²; b5 + 1/b ≥ b²; c5 + 1/c ≥ c². 1 1 1   Suy ra a5 + b5 + c5 + a b c ≥ 2(a² + b² + c²). Mặt khác a² + 1 ≥ 2a; b² + 1 ≥ 2b; c² + 1 ≥ 2c Suy ra a² + b² + c² ≥ 2a + 2b + 2c – 3 = 3 Vậy đpcm. Câu 4. a. Tam giác ABE vuông tại B và BM vuông góc với AE Nên ta có AM.AE = AB² Tương tự AN.AF = AB² Suy ra AM.AE = AN.AF Hay AM/AN = AE/AF Xét ΔAMN và ΔAFE có góc MAN chung Và AM/AN = AF/AE Do đó ΔAMN và ΔAFE đồng dạng Suy ra góc AMN = góc AFE. A Mà góc AMN + góc NME = 180° (kề bù) Nên góc AFE + góc NME = 180° Vậy tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn. b. góc MAN = 90° Nên tam giác AEF vuông tại A suy ra AK = KB = KF Do đó góc KAF = góc KFA Mà góc AMN = góc KFA (cmt) Suy ra góc KAF = góc AMN Mà góc AMN + góc ANM = 90° Suy ra góc KAF + góc ANM = 90°. Vậy AK vuông góc với MN H Câu 5. Ta có BC² = AB² + AC² = BH² + AH² + AK² + CK² Ta cần chứng minh bất đẳng thức: (ac + bd)² ≤ (a² + b²)(c² + d²) (*). M. E. B K N. B. F. C. A K.

(6) Ta có: (*) <=> a²c² + 2acbd + b²d² ≤ a²c² + a²d² + b²c² + b²d² <=> a²d² – 2abcd + b²c² ≥ 0 <=> (ad – bc)² ≥ 0 (đúng với mọi a, b, c, d) Dấu bằng xảy ra khi ad = bc hay a/c = b/d Áp dụng (*) ta được: 2(BH² + AH²) ≥ (BH + AH)² (1) Tương tự ta có 2(AK² + CH²) ≥ (AK + CK)² (2) Suy ra 2BC² ≥ (BH + AH)² + (AK + CK)² (3) Đặt BH + AH = m; đặt AK + CK = n Vì góc CAK + góc BAH = 90°; mà góc BAH + góc ABH = 90° nên góc CAK = góc ABH Dẫn đến tam giác ABH đồng dạng với tam giác CAK → AH/CK = BH/AK = AB/AC = (AH + BH)/(CK + AK) = m/n Nên AB²/m² = AC²/n² = (AB² + AC²)/(m² + n²) ≥ BC²/(2BC²) = 1/2 Hay m ≤ AB 2 và n ≤ AC 2 Chu vi tứ giác BHKC là BC + BH + AH + AK + KC = BC + m + n ≤ BC + (AB + AC) 2 Vậy chu vi BHKC lớn nhất là BC + (AB + AC) 2 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2015 - 2016 Môn: TOÁN (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút. (Đề thi gồm: 01 trang). Bài 1. (2,0 điểm) P x ax 2  bx  c P x P x 1) Cho đa thức   . Biết   chia cho x  1 dư 3,   chia cho x P x dư 1 và   chia cho x  1 dư 5. Tìm các hệ số a, b, c . x4 y 4 1 ab 0, a  b 0,   ; x 2  y 2 1 a , b , x , y a b a b 2) Cho các số thỏa mãn . Chứng minh rằng: 2 2 a) ay bx .. x 200 y 200 2  100  . 100 100 a b  a  b. b) Bài 2. (2,5 điểm). 2   y  x   y  x  4  x  4 x  x  y  4   4 3 x 2  y 6. 1) Giải hệ phương trình . 2) Giải phương trình. 3  x  1 x 2  x  3  3 x 2  4 x  7 0.. O , O Bài 3. (3,0 điểm) Cho hai đường tròn  1   2  tiếp xúc ngoài tại M . Một đường thẳng cắt O O đường tròn  1  tại hai điểm phân biệt A, B và tiếp xúc với đường tròn  2  tại E ( B nằm O giữa A và E ). Đường thẳng EM cắt đường tròn  1  tại điểm J khác M . Gọi C là điểm O thuộc cung MJ không chứa A, B của đường tròn  1  ( C khác M và J ). Kẻ tiếp tuyến CF O với đường tròn  2  ( F là tiếp điểm) sao cho các đoạn thẳng CF , MJ không cắt nhau. Gọi I.

(7) là giao điểm của các đường thẳng JC và EF , K là giao điểm khác A của đường thẳng AI và O . đường tròn  1  Chứng minh rằng: 1) Tứ giác MCFI là tứ giác nội tiếp và JA  JI  JE.JM . 2) CI là phân giác góc ngoài tại C của tam giác ABC. 3) K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI . Bài 4. (1,0 điểm) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn  2x  1  2x  2   2 x  3  2x  4   5 y 11879. Bài 5. (1,5 điểm) 1) Trong mặt phẳng cho tập S gồm 8065 điểm đôi một phân biệt mà diện tích của mỗi tam giác có 3 đỉnh thuộc tập S đều không lớn hơn 1 (quy ước nếu 3 điểm thẳng hàng thì diện tích của tam giác tạo bởi 3 điểm này bằng 0). Chứng minh rằng tồn tại một tam giác T có diện tích không lớn hơn 1 chứa ít nhất 2017 điểm thuộc tập S (mỗi điểm trong số 2017 điểm đó nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác T ). 2) Cho ba số dương a, b, c . Chứng minh bất đẳng thức 2. 2. 2. 4a 2   b  c  4b 2   c  a  4c 2   a  b    3. 2a 2  b 2  c 2 2b 2  c 2  a 2 2c 2  a 2  b 2 ---------HẾT--------Họ và tên thí sinh:…………………................. Số báo danh:……………………….................. Họ tên, chữ ký GT 1……………………. Họ tên, chữ ký GT 2…………………….. -------------------------------------------------------------------SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO THÁI BÌNH. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2015-2016 MÔN THI: TOÁN (Dành cho tất cả thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). Bài 1 (3,0 điểm). Cho biểu thức: P=. 2 x +2 x √ x −1 x 2+ √ x + − x− √ x x √x +x √x. ( x> 0 ; x ≠ 1 ) .. a) Rút gọn biểu thức P. b) Tính giá trị của thức P khi x=3 −2 √ 2 c) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa thì biểu thức. 7 P. chỉ nhận một giá trị nguyên. Bài 2 (2,0 điểm). Cho phương trình x2 – 2mx + (m – 1)3 = 0. (m là tham số).. a) Giải phương trình khi m = –1. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại..

(8) Bài 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:. 9 2x + −1=0. 2 x √ 2 x 2 +9. Bài 4 (3,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường tròn đường kính AH, tâm O, cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại E và F. Gọi M là trung điểm của cạnh HC. a) Chứng minh AE.AB = AF.AC. b) Chứng minh rằng MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH. c) Chứng minh HAM = HBO d) Xác định điểm trực tâm của tam giác ABM. Bài 5 (0,5 điểm). Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + 2 + 2 ≥ a +1 b +1 c +1 2 2. Hết Họ và tên thí sinh: …………………………………………………………………………... SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH. CÂU 1a. NỘI DUNG P. . 1b. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN NĂM 2015-2016 DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN CHUNG. 2 x  2 x x  1 x x 1   x x x x x. 2x  2  x. .  x. 0,25. .  x. x  1 x  x 1. . x1. .  . . x  x 1 x 2x  2   x x. . 2x  2 2x  2 x  2 2  x x. Ta có x 3  2 2  Thay vào biểu thức. x 1 x . . . x 1. . x 1. 0,5. . x 1 x. 0,5 0,25. x  21. P 2. 1c. ĐIỂM. . 2  1 2. 0,25 2 21. 0,25. Tính được kết quả P 4 2  2. 0,25. 7 7 x  Đưa được P 2 x  2  2 x. 0,25.

(9) 7 x 7  2x  2  2 x 6. 0,25. 7 Vậy P chỉ nhận một giá trị nguyên đó là 1 khi  x 2  x 4  7 x 2 x  2  2 x  2 x  5 x  2    x 1  x 1  4  2. 0,25. Đánh giá 2 x  2  2 x  6 x , suy ra. 2a. 2b. 0. 2 Khi m  1 ta có phương trình x  2 x  8 0 Giải phương trình ta được hai nghiệm: x1 2; x2  4. Tính được.  ' m 2   m  1. 0,5 0,5. 3. 0,25 3.  m 2   m  1  0 (*) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có. 0,25.  x1  x2 2m (1)  3  x1 x2  m  1 (2) x1  x2 . 2. x m  1; x1  m  1 thay vào (2) ta được 2 Thay hai nghiệm x1 ; x2 vào (1) ta được. Giả sử. 2.  m 0   m  1 2m  m 2  3m 0    m 3 Khẳng định hai giá trị m vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*), kết luận.  m  1. 3. 0,25. 2. 0,25. 2. 2x  9 x 2  3 0 2 2 x 2 x  9 x  0 Điều kiện: , đưa phương trình trở thành: x Đặt ẩn phụ:. 2x2  9. 0,25. t. , phương trình trở thành:  t 1 3 2 2 2t  3t  1 0   t  1  2t  t  1 0    t 1  2. 0,25. 2 Trường hợp: t 1 ta có x  2 x  9 (vô nghiệm). 0,25. 1 t  2 ta có Trường hợp:. x 0 3 2 2 x 2  9  2 x   2  x  2  2 x 9. 0,25.

(10) 4a. Xét hai tam giác: AEF và ACB có góc A chung       Ta có AEF  AHF ; AHF  ACB suy ra AEF  ACB       (hoặc AFF  AHE; AHE  ABC suy ra AFE  ABC ) Suy ra hai tam giác AEF và ACB đồng dạng. 4b. 4c. AE AF  Từ tỷ số đồng dạng AC AB ta có AE.AB = AC.AF Xét hai tam giác OHM và OFM có OM chung, OF = OH. Có MF = MH (vì tam giác HFC vuông tại F, trung tuyến FM) Suy ra OHM OFM (c.c.c) 0  Từ đó MFO 90 , MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH 0   Xét hai tam giác AHM và BHO có AHM BHO 90 Trong tam giác vuông ABC, đường cao AH có AH HM AH 2 HB.HC  AH .2OH HB.2 HM   HB HO Suy ra HBO HAM. . 4d. 5. . Suy ra HAM HBO Gọi K là giao điểm của AM với đường tròn    Ta có HBO HAM MHK , suy ra BO // HK Mà HK  AM , suy ra BO  AM , suy ra O là trực tâm của tam giác ABM Giả sử a b c , từ giả thiết suy ra ab 1 . Ta có bất đẳng thức sau: 2 a  b   ab  1 1 1 2     0 1  a 2 1  b 2 1  ab  1  a 2   1  b2   1  ab  (luôn đúng). 2 1 3   2 2 Vậy ta cần chứng minh: 1  ab 1  c  c 2  3  ab 3abc 2  c 2  ca  bc 3abc 2  a  b  c 3abc.  a  b  c  2 3  ab  bc  ca  9   2 ab  bc  ca 3 3  abc  Bất đẳng thức hiển nhiên đúng vì. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25.

(11) hay a  b  c 3 3abc . Dấu bằng xảy ra khi a b c 1 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 3 .Chứng minh rằng: ab 2. c 3. 5.  a  b  c 3. Ta có ab Ta có. 2. c 3. . . bc 2. a 3. . ca 2. b 3. . 3 2. 2. ab  bc  ca  ab  bc  ca 3 ab 2. c  ab  bc  ca. . ab.  a  c  b  c . 0,25 . ab  1 1     2  a c b c . 1  ab ab bc ca ca  1 3 VT          a  b  c  2 a c b c c a c b a b  2 2 (đpcm) Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. 0,25. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: TOÁN Ngày thi: 06/06/2015 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề). BÌNH ĐỊNH Đề chính thức Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức P =. 2. 3. . 6 2. . 2 x  y 3  x  y 6 b) Giải hệ phương trình:  Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình. mx 2  2  m  1 x  1  3m 0. (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 giá trị 2 2 nhỏ nhất của biểu thức A x1  x2. 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..

(12) 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. Bài 5: (2 điểm). 3x 2  y 2  z 2  yz 1 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 ------------------ HẾT ----------------.

(13) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 Môn Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ------------------------. Câu 1 (1,5 điểm) 2 2 a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n  4 và n  16 là các số. nguyên tố thì n chia hết cho 5. 2 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  2 y ( x  y ) 2( x  1).. Câu 2 (2,0 điểm) A. a) Rút gọn biểu thức:. . 2 3 5. 2 2  3 5. b) Tìm m để phương trình:  Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình:. . . 2 3 . 2 2. 3. 5.  5. .. x  2   x  3   x  4   x  5  m. có 4 nghiệm phân biệt.. x 2  x  4 2 x  1  1  x  .. 3 2  x  xy  10 y 0 .  2 2 x  6 y  10  b) Giải hệ phương trình:  Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn.  BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF.  a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp. b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R. c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (1,0 điểm) 1 1 1  2  2 1. 2 y z Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: x Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P. y2 z2 z 2 x2 x2 y2   . x  y 2  z 2  y  z 2  x2  z  x2  y 2  -------------- HẾT--------------.

(14) Họ và tên thí sinh: ............................................................................. Số báo danh: ............... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

(15) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO PHÚ THỌ. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán) (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang). ĐỀ CHÍNH THỨC. I. Một số chú ý khi chấm bài.  Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, cán bộ chấm thi cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.  Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướng dẫn mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm.  Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số. II. Đap an-thang điểm. Câu 1 (1,5 điểm) 2 2 a) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n  4 và n  16 là các số nguyên tố thì n chia hết cho 5. 2 b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  2 y ( x  y ) 2( x  1).. Nội dung. Điểm. a) (0,5 điểm) 2. Ta có với mọi số nguyên m thì m chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4. 2 2 * 2 + Nếu n chia cho 5 dư 1 thì n 5k  1  n  4 5k  5 5; k   .. 0,25. 2 nên n  4 không là số nguyên tố. 2 2 * 2 + Nếu n chia cho 5 dư 4 thì n 5k  4  n  16 5k  205; k   . 2 nên n  16 không là số nguyên tố. 2 Vậy n 5 hay n chia hết cho 5. b) (1,0 điểm) x 2  2 y ( x  y ) 2( x  1)  x 2  2( y  1) x  2( y 2  1) 0 (1) Để phương trình (1) có nghiệm nguyên x thì  ' theo y phải là số chính phương. 0,25. 0,25. 2. Ta có.  '  y 2  2 y  1  2 y 2  2  y 2  2 y  3 4   y  1 4..  ' chính phương nên. 0,25.  '   0;1; 4 2. + Nếu.  ' 4   y  1 0  y 1. thay vào phương trình (1) ta có :.  x 0 x 2  4 x 0  x  x  4  0   . x  4  2  ' 1   y  1 3  y  . + Nếu  y 3 2  ' 0   y  1 4   . y  1  + Nếu. 0,25. 2. x 2  8 x  16 0   x  4  0  x 4. + Với y 3 thay vào phương trình (1) ta có: 2 + Với y  1 thay vào phương trình (1) ta có: x 0  x 0.. 0,25.

(16) Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên : Câu 2 (2,0 điểm) A. a) Rút gọn biểu thức:. . 2 3 5.  x; y     0;1 ;  4;1 ;  4;3 ;  0;  1 .. . 2 2  3 5. b) Tìm m để phương trình:. . 2 3 . 2 2. 3. 5.  5. ..  x  2   x  3  x  4   x  5  m. có 4 nghiệm phân biệt.. Nội dung. Điểm. a) (1,0 điểm) A. 2(3  5) 4 62 5. . 2(3  4. 5). 0,25. 6 2 5.  3 5 3 5 2   2  4  ( 5  1) 4  ( 5  1)2  (3  5)(5  5)  (3  5)(5  2  (5  5)(5  5)  20 2. 2. 20 Vậy A 2..   2  3  5  3  5   5 5 5 5      15  3 5  5 5  5 15  3 5  5 5  5  5)    2  25  5   . 0,25 0,25. b) (1,0 điểm) x  2   x  3  x  4   x  5 m  ( x 2  2 x  8)( x 2  2 x  15) m  1 Phương trình  2 x 2  2 x  1  x  1  y  y 0  , Đặt phương trình (1) trở thành:  y  9   y  16  m  y 2  25 y  144  m 0 (2) 2. x  1  y Nhận xét: Với mỗi giá trị y  0 thì phương trình:  có 2 nghiệm phân biệt, do đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt.  '  0  ' 4m  49  0  49     m  144. ⇔  S  0   25  0 4 P  0 144  m  0  . 49  m  144 4 Vậy với thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Câu 3 (2,0 điểm) . a) Giải phương trình:. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. x 2  x  4 2 x  1  1  x  .. b) Giải hệ phương trình:.  x 3  xy 2  10 y 0  2 2  x  6 y 10 Nội dung. a) (1,0 điểm) Điều kiện: x 1 (*). x 2  x  4 2 x  1  1  x   x 2  2 x x  1  x  1  2( x  x  1)  3 0 Ta có: 2 y 1  ** Đặt x  x  1  y (Điều kiện: ), phương trình trở thành y  2 y  3 0.. Điểm 0,25 0,25.

(17)  y  1 y 2  2 y  3 0   y  1  y  3 0    y 3 +Với y  1 không thỏa mãn điều kiện (**). + Với y 3 ta có phương trình: x  x  1 3 . 0,25.  x 3  x 3  x 3  x  1 3  x     2    x 2  x 2 2  x  1 9  6 x  x  x  7 x  10 0   x 5 . thỏa mãn điều kiện (*). Vậy phương trình có nghiệm x 2. b) (1,0 điểm) 3 2  x 3  xy 2  x 2  6 y 2 y 0 (1)   x  xy  10 y 0     2 2 2 2 x  6 y  10  (2)  x  6 y 10   Từ phương trình (1) ta có x3  xy 2   x 2  6 y 2  y 0  x 3  xy 2  x 2 y  6 y 3 0. . . 0,25. 0,25. 0,25.  x3  2 x 2 y  x 2 y  2 xy 2  3xy 2  6 y 3 0   x  2 y   x 2  xy  3 y 2  0.  x  2y  x. 2.  xy  3 y. 2. .  x 2 y  2 2 0  x  xy  3 y 0. 0,25. 2. y  11y 2  x  xy  3 y 0   x    0  x  y 0 2 4  + Trường hợp 1: Với x  y 0 không thỏa mãn phương trình (2). + Trường hợp 2: x 2 y thay vào phương trình (2) ta có:  y 1  x 2 4 y 2  8 y 2 12  y 2 1    y  1  x  2 2. 2. Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm Câu 4 (3,5 điểm). 0,25.  x ; y     2;1 ;   2;  1  .. » Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC. sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF.  a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp. b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R. c) Chứng minh AK luôn đi qua điểm cố định. Nội dung. Điểm.

(18) a) (1,5 điểm) Ta có AKB  AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)  Mà ABE  AEB (tính chất đối xứng) suy ra AKB  ABE (1) AKC  AFC  (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) ACF  AFC    (tính chất đối xứng) suy ra AKC  ACF (2)      Mặt khác ABE  ACF (cùng phụ với BAC ) (3). Từ (1), (2) , (3) suy ra AKB  AKC  hay KA là phân giác trong của góc BKC. Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB. 1  BOC 1200 ; BAC  BOC 600 2 Ta có BC R 3 nên . Trong tam giác vuông ABP 0 0 0    0   có APB 90 ; BAC 60  ABP 30 hay ABE  ACF 30 . Tứ giác APHQ có AQH  APH 1800  PAQ      PHQ 1800  PHQ 1200  BHC 1200 (đối đỉnh). 0 0      Ta có AKC  ABE 30 , AKB  ACF  ABE 30 (theo chứng minh phần a). 0 0          Mà BKC  AKC  AKB  AFC  AEB  ACF  ABE 60 suy ra BHC  BKC 180 nên tứ giác BHCK nội tiếp. b) (1,5 điểm) Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung BC R 3,   BKC 600 BAC nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O). Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC. 1 1 1 S BHCK S BHC  S BCK  BC.HM  BC.KN  BC  HM  KN  2 2 2 Ta có 1 1 S BHCK  BC ( HI  KI )  BC.KH 2 2 (do HM HI; KN KI ). Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra KH 2 R (không đổi) nên S BHCK lớn nhất khi KH 2 R và HM  KN HK 2 R.. 0,5. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,5. 0,25. 0,25.

(19) 1 S BHCK  R 3.2 R R 2 3. 2 Giá trị lớn nhất Khi HK là đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là trung điểm  của BC nên ABC cân tại A. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC. c) (0,5 điểm) 0  0  0   Ta có BOC 120 ; BKC 60 suy ra BOC  BKC 180 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn.      Ta có OB=OC=R suy ra OB OC  BKO CKO hay KO là phân giác góc BKC  theo phần (a) KA là phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định Câu 5 (1,0 điểm) 1 1 1  2  2 1. 2 y z Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn: x Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P. 1  1 1  x 2  2  y  z. . 1  1 1  y 2  2  x  z. . 0,25. 1  1 1  z 2  2  y  x. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có 3 1 2 1  2a 2  1  a 2 1  a 2  4 2 2 2 2 2 a  1  a   .2a (1  a )(1  a )     2 2 3  27 2 2 a 3 3 2  a(1  a 2 )    a (1) 2 a(1  a ) 2 3 3 b2 3 3 2 c2 3 3 2  b (2);  c (3) 2 2 b (1  b ) 2 c (1  c ) 2 Tương tự:. hay x  y  z  3.. 0,25. Điểm. Ta có 1 1 1 a; b; c 2 2 2 y z Đặt x thì a, b, c  0 và a  b  c 1. a b c a2 b2 c2 P 2      b  c2 c2  a 2 a 2  b2 a  1  a 2  b  1  b2  c  1  c 2 . Từ (1); (2); (3) ta có. 0,25. y2 z2 z 2 x2 x2 y 2   . x  y 2  z 2  y  z 2  x2  z  x2  y 2  Nội dung. P. 0,25. 1 3 3 2 3 3  a b c  a  b2  c2   .  3 2 2 Đẳng thức xảy ra 3 3 . 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là. 0,25. 0,25. 0,25. P. -------------- HẾT --------------. 0,25.

(20) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp Chuyên Tin học) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang. Câu 1 (2,0 điểm) a) Giải phương trình:. x 2  3 x  2 0..  x  y  z 1   y  z  x 3.  b) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn:  z  x  y 5. Câu 2 (2,0 điểm) 1 1 aTb   , a b với a và b là các số thực khác 0 a) Phép toán T được định nghĩa như sau: 1 1 1 2T 3    2 3 6 . Tính giá trị biểu thức: P  5T 6  T  7 T 8  . tùy ý. Thí dụ: b) Cho a và b là các số thực thỏa mãn các điều kiện: 6a 2  20a  15 0; 15b 2  20b  6 0; ab 1. b3 3. . 6 . 2015. ab 2  9  ab  1 Chứng minh rằng: Câu 3 (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 2015 và n + 2199 đều là các số chính phương. b) Bạn Nam viết một chương trình để máy tính in ra các số nguyên dương liên tiếp theo thứ tự tăng dần từ 1 đến 1000 dưới dạng sau: 12345678910111213141516...9989991000. Trong dãy số trên, tính từ trái qua phải, chữ số thứ 11 là chữ số 0, chữ số thứ 15 là chữ số 2. Hỏi chữ số thứ 2016 trong dãy số trên là chữ số nào? Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O, M là điểm di động trên cạnh AB. Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho AM  AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM BF .  a) Chứng minh rằng đường thẳng OA là phân giác trong của góc MOE , đường thẳng  OB là phân giác trong của góc MOF . Từ đó suy ra ba điểm O, E, F thẳng hàng. b) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF. Chứng minh bốn điểm A, B, H,O cùng nằm trên một đường tròn. c) Chứng minh rằng khi điểm M di động trên cạnh AB thì đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (1,0 điểm) Cho x là một số thực tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:. f  x  x  1  2 x  2  3 x  3  4 x  4 ..

(21) ------------------------------------ Hết -------------------------------------Họ và tên thí sinh: .......................................................................... Số báo danh: .......................... Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2015-2016 (Dành cho thí sinh thi vào lớp Chuyên Tin học). ĐỀ CHÍNH THỨC. HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài.  Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.  Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.  Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số. II. Hướng dẫn chấm và biểu điểm Câu 1 (2,0 điểm) c) Giải phương trình:. x 2  3 x  2 0..  x  y  z 1   y  z  x 3.  d) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn:  z  x  y 5. HƯỚNG DẪN CHẤM a) (1,00 điểm) 2. x  3 x  2 0 Phương trình đã cho tương đương với phương trình   x  1  x  2  0  x 1   x 2 Phương trình có nghiệm b) (1,00 điểm). ĐIỂM 0,25đ 0,25đ 0,25đ. x    2;  1;1;2 .. Cộng vế với vế các phương trình đã cho ta được x  y  z  9. Phương trình đầu có dạng. 2 x   x  y  z  1  x  4.. 0,25đ 0,25đ 0,25đ. Phương trình thứ hai có dạng. 2 y   x  y  z  3  y  3.. 0,25đ. Phương trình thứ ba có dạng. 2 z   x  y  z  5  z  2.. 0,25đ.

(22) Thử lại thỏa mãn. Vậy x  4, y  3, z  2. Câu 2 (2,0 điểm) 1 1 aTb   , a b với a và b là các số thực khác 0 c) Phép toán T được định nghĩa như sau: 1 1 1 2T 3    2 3 6 . Tính giá trị biểu thức: P  5 T 6  T  7 T 8  . tùy ý. Thí dụ: d) Cho a và b là các số thực thỏa mãn các điều kiện: 6a 2  20a  15 0; 15b 2  20b  6 0; ab 1. b3 Chứng minh rằng:. 2. ab  9  ab  1. 3. . 6 . 2015. HƯỚNG DẪN CHẤM. ĐIỂM. a) (1,00 điểm) Theo định nghĩa phép toán T, ta có:. 1 5T 6   5 1 7T 8   7  1   1  P  5T 6  T  7 T 8    T    30   56  Suy ra  1   1  P   T   30  56  26.  30   56  Vậy. 0,25đ. 1 1  6 30 1 1  8 56. 0,25đ 0,25đ 0,25đ. b) (1,00 điểm) Ta ký hiệu các điều kiện như sau. 6a 2  20a  15 0. (1); 15b 2  20b  6 0. (2); ab 1 (3).. Dễ thấy các phương trình (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt. Do (3) nên b khác 0. Chia hai vế của (2) cho b2 ta được. 0,25đ. 2. 1  1 6    20    15 0 (4) b b 1 Từ (1), (3) và (4) suy ra a và b là hai nghiệm khác nhau của phương trình 6 x 2  20 x  15 0 (5) 1 10 a 5 a   ;  . b 3 b 2 Theo định lí Vi-ét:. 0,25đ. Từ đó 3. ab 2  9  ab  1 a   b3 b b3 6  , 3 2 2015 ab  9  ab  1. 3. 1 5  9 a     b 2 . 3.  10  2015 9    6  3. 0,25đ. 0,25đ. Suy ra điều phải chứng minh. Câu 3 (2,0 điểm) c) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 2015 và n + 2199 đều là các số chính phương..

(23) d) Bạn Nam viết một chương trình để máy tính in ra các số nguyên dương liên tiếp theo thứ tự tăng dần từ 1 đến 1000 dưới dạng sau: 12345678910111213141516...9989991000. Trong dãy số trên, tính từ trái qua phải, chữ số thứ 11 là chữ số 0, chữ số thứ 15 là chữ số 2. Hỏi chữ số thứ 2016 trong dãy số trên là chữ số nào? HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM a) (1,00 điểm) 2 2 n  2015  a ; n  2199  b . Giả sử a và b là các số tự nhiên sao cho b  a   b  a  184. Suy ra . 0,25đ. b  a   b  a  23.23  Hay. Vì b  a và b  a là các số có cùng tính chẵn lẻ và b  a  b  a nên chỉ xảy ra hai trường hợp. 0,25đ. b  a 2 b  a 4 I và    II    b  a 92 b  a 46 Trường hợp thứ nhất. a 45  n 10. b 47. 0,25đ. I  . Thỏa mãn.. Trường hợp thứ hai. a 21  n  1574  0. b 25.  II   . Không thỏa mãn.. Vậy n 10. b) (1,00 điểm) Trong dãy số nói trên, 9 số đầu tiên: 1,2,3,...,9 là các số có 01 chữ số. 90 số tiếp theo: 10,11,12,...,99 là các số có 02 chữ số. 900 số tiếp theo: 100,101,102,...,999 là các số có 03 chữ số. Như vậy, bằng cách viết nói trên ta thu được một số có: 9  2 90  3 900  4 2893 chữ số. Vì 9  2 90  2016  2893 nên chữ số thứ 2016 của dãy số là một chữ số của số có 03 chữ số.. 0,25đ. 0,25đ 0,25đ 0,25đ. Ta có 2016 9  2 90  3 609, số có 03 chữ số đầu tiên là 100, số có 03 chữ số thứ 0,25đ 609 là 609  100  1 708 do đó chữ số thứ 2016 trong dãy đã cho là chữ số 8. Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm O, M là điểm di động trên cạnh AB. Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho AM  AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM BF .  d) Chứng minh rằng đường thẳng OA là phân giác trong của góc MOE , đường thẳng OB  là phân giác trong của góc MOF . Từ đó suy ra ba điểm O, E, F thẳng hàng. e) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF. Chứng minh bốn điểm A, B, H,O cùng nằm trên một đường tròn. f) Chứng minh rằng khi điểm M di động trên cạnh AB thì đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định..

(24) I. B. M. A. F O. E. H. C. D. HƯỚNG DẪN CHẤM. ĐIỂM. a) (1,00đ) Do ABCD là hình vuông nên hai đường chéo vuông góc, hai đường chéo tạo với các 0,25đ cạnh của hình vuông góc 45o. O   Tam giác AME vuông cân đỉnh A suy ra AM  AE; EAO MAO 45 ..   AMO AEO  c.g .c   MOA EOA .. Suy ra.  Vậy OA là phân giác trong của góc MOE.  Chứng minh tương tự, ta có OB là phân giác trong của góc MOF .. 0,25đ 0,25đ. o o       Mặt khác, MOA  MOB  AOB 90  MOE  MOF 2 AOB 180 hay E, O, F 0,25đ thẳng hàng. Điều phải chứng minh. b) (1,00đ) 0,25đ o   Tứ giác AEHM nội tiếp đường tròn đường kính ME nên MHA MEA 45 . o   0,25đ Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính MF nên MHB MFB 45 .. . . . o. Suy ra AHB  AHM  MHB 90 . Ta thấy O và H cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên bốn điểm A, B, H,O cùng nằm trên đường tròn đường kính AB. c) (1,00đ) Đường thẳng MH cắt đường tròn đường kính AB tại điểm thứ hai I (I khác H).. . . o. Ta có AHI BHI 45 nên I là điểm chính giữa cung AB (không chứa O) của đường tròn đường kính AB. Do A, B, O là các điểm cố định nên I là điểm cố định (I đối xứng với O qua đường thẳng AB). Vậy, khi M di động trên cạnh AB, đường thẳng MH luôn đi qua điểm cố định I (I đối xứng với O qua đường thẳng AB). Câu 5 (1,0 điểm) Cho x là một số thực tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:. f  x  x  1  2 x  2  3 x  3  4 x  4 .. 0,25đ 0,25đ. 0,50đ. 0,50đ.

(25) HƯỚNG DẪN CHẤM Xét đồ thị của hàm số. ĐIỂM. y  f  x .. Trên mỗi miền x 1; 1  x 2; 2  x 3; 3  x 4; x 4 (gồm 05 miền),. y  f  x  là các hàm số bậc nhất. y  f  x  là đường gấp khúc gồm 02 tia và 03 đoạn thẳng liên tiếp Đồ thị hàm số f x  0, x   nên tồn tại giá trị nhỏ nhất của f  x  trên  và giá nhau. Mặt khác  . 0,25đ. 0,50đ. trị nhỏ nhất này sẽ đạt được tại đầu mút nào đó của các tia hoặc các đoạn thẳng. Nói cách khác:. min f  x  min  f  1 , f  2  , f  3 , f  4    f  3  8.. y f x.   bằng 8, đạt được khi x 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số Ghi chú: Học sinh có thể sử dụng phương pháp chia khoảng.. 0,25đ.

(26) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN KHÁNH HOÀ NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) Ngày thi: 04/6/2015 (Thời gian: 120 phút – không kể thời gian giao đề). (Đề thi có 01 trang). Bài 1. ( 2.00 điểm) x y. y y x x 1  xy. Cho biểu thức M = 1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn M. 2) Tính giá trị của M, biết rằng x =. (1 . 3) 2 và y = 3 . 8. Bài 2. (2,00 điểm)   4 x  3 y 4  2 x  y 2 1) Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: . 2) Tìm giá trị của m để phương trình x2 – mx + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn hệ thức (x1 + 1)2 + (x2 + 1)2 = 2. Bài 3. ( 2,00 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho parabol (P): y = - x2 1) Vẽ parabol (P). 2) Xác định toạ độ các giao điểm A, B của đường thẳng (d): y = -x – 2 và (P). Tìm toạ điểm M trên (P) sao cho tam giác MAB cân tại M. Bài 4. (4,00 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC). Hai đường tròn (B; BA) và (C; CA) cắt nhau tại điểm thứ hai là D. Vẽ đường thẳng a bất kì qua D cắt đường tròn (B) tại M và cắt đường tròn (C) tại N ( D nằm giữa M và N). Tiếp tuyến tại M của đường tròn (B) và tiếp tuyến tại N của đường tròn (C) cắt nhau tại E.  1) Chứng minh BC là tia phân giác của ABD. 2) Gọi I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh: AD2 = 4BI.CI 3) Chứng minh bốn điểm A, M, E, N cùng thuộc một đường tròn.  4) Chứng minh rằng số đo MEN không phụ thuộc vị trí của đường thẳng a.. ----- HẾT -----.

(27) HƯỚNG DẪN GIẢI x y. M= Bài 1: a) ĐK: x0; y0 M . x y. y y x x x y y x x  1  xy 1  xy. xy ( x . b) Với x = M  (1 . y y x x 1  xy. y) ( x  1  xy. (1 . y). . ( x. 3) 2 và y = 3 . 3)2 . y. y )( xy  1)  x 1  xy. y. 8 3  2 2 ( 2  1) 2. ( 2  1)2  3  1 . 2 1  3 . 2. Bài 2: a)  4 x  3 y 4    2 x  y 2. 4 x  3 y 4   4 x  2 y 4.  y 0  y 0     2 x 2  x 1. 5 y 0  2 x  y 2.  y 0   x 1. b)  = (-m)2- 4.1.1= m2 – 4 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: m2 – 4  0  m2 hoặc m-2 Theo hệ thức Viet, ta có: x1 + x2 = m; x1.x2 = 1 Ta có: (x1 + 1)2 + (x2 + 1)2 = 2.. x12  2 x1  1  x22  2 x2  1  2  ( x1  x2 ) 2  2( x1  x2 )  2 x1x 2 0 Suy ra: m2 +2m-2=0  m= 3  1 (không thoả đk) hoặc m=  3  1 (thoả đk)  3 1. Vậy: m= Bài 3: b) HD: Viết pt đường trung trực (d’) của AB, tìm giao điểm của (d’) và (P), ta tìm được hai điểm M. ------------------Hoành độ các giao điểm A, B của đường thẳng (d): y = -x – 2 và (P) là nghiệm của phương trình: – x2 = – x – 2  x2 – x – 2 =0  x= -1 hoặc x = 2 + Với x = -1, thay vào (P), ta có: y = –(-1)2 = -1, ta có: A(-1; -1) + Với x = 2, thay vào (P), ta có: y = –(2)2 = -4, ta có: B(2; -4) I(.  1  2  1  (  4) 1 5 ; ) I( ; ) 2 2 hay 2 2. Suy ra trung điểm của AB là: Đường thẳng (d’) vuông góc với (d) có dạng: y = x + b; 5 1   b  b  3 2 2. Vì (d’): y = x + b đi qua I nên: Vậy (d’): y = x -3.

(28) 2. Phương trình hoành độ của (d’) và (P) là: x. +x-3=0. x.  1  13 2. 2. + Với.    1  13 y    1  13    7  13 x 2 2   2  2. + Với.  1  13 y    1  13    7  13 x 2 2   2 . Vậy có hai điểm M cần tìm là: Bài 4:.   1  13  7  13    1  13  7  13  ; ;     2 2 2 2   và  . A. B. I. C. M D. N a. E.    a) C/m: ABC = DBC (ccc)  ABC DBC hay: BC là phân giác của ABD. b) Ta có:. AB = BD (=bk(B)) CA = CD (=bk(C)) Suy ra: BC là trung trực của AD hay BC  AD AIB Ta lại có: BC  AD tại I  IA = ID (đlí) AD 2  BI .CI  AD2 4 BI .CI ABC vuông tại A (gt) có: AIBC, suy ra: AI2 = BI.CI hay: 4. Xét c) Ta có:.   DME  DAM (hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung) DNE DAN . (hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung).     Suy ra: DME  DNE DAM  DAN o o       Trong MNE có: MEN  EMN  ENM 180 , suy ra: MEN  DAM  DAN 180   MEN  MAN 180o. Hay:.  tứ giác AMEN nội tiếp.. o o      d) Trong AMN có: MAN  AMN  ANM 180 , mà: MEN  MAN 180   MEN  AMN  ANM. suy ra:.

(29) 1 1    D  ABC  AND  ACB  AC D, AM  ABD 2 2 Ta lại có: (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn. một cung) . o. Mà: ABC vuông tại A nên: MEN 90 (không đổi) Vậy số đo góc MEN không phụ thuộc vào đường thẳng a. --------------------------------------------------------------------------.

(30) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2015-2016. QUẢNG NGÃI. MÔN TOÁN (Chuyên). ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian là bài :150 phút. HƯỚNG DẪN:.

(31) Bài 3/1/ Giải ptr:. Câu 5 có vẻ dễ nhỉ. Các đường thẳng đều đi qua 1 trong 4 điểm cố định, mỗi điểm nằm trên đường trung trực của mỗi cạnh hình vuông và cách mỗi cạnh một khoảng a/3 Sau đó sử dụng Dirichlet ta có được điều phải chứng minh.

(32)

(33)

(34)

(35)

(36)

(37) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC. Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . Phòng thi số …………………….. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Môn : TOÁN(ĐỀ CHUYÊN). Khóa ngày 18 - 6 - 2015 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề).

(38) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIANG. HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH 10 AN Năm học 2015 -2016 MÔN TOÁN (CHUYÊN). A. ĐÁP ÁN.

(39)

(40)

(41)

(42)

(43)

(44) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: Toán. ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu 1(2,0 điểm). √ 3+2 ¿2. ¿ 3− 2¿ 2 1) Rút gọn biểu thức √ ¿ ¿ P= √ ¿ ¿ x − y=3 2) Giải hệ phương trình 3 x+ y =1 ¿{ ¿ Câu 2 (1,5 điểm) 1) Xác định tọa độ các điểm A và B thuộc đồ thị hàm số y = 2x – 6, biết điểm A có hoành độ bằng 0 và điểm B có tung độ bằng 0. 2) Xác định tham số m để đồ thị hàm số y = mx2 đi qua điểm P (1;-2). Câu 3 (1,5 điểm). Cho phương trình x2-2(m+1)x+2m=0 (m là tham số) 1) Giải phương trình với m=1 2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn. √ x1. +. √ x2. =. √2. Câu 4 (1,5 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3cm, BC = 6 cm. 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 lớn hơn vận tốc khi đi từ A đến B là 5km/h. Tính vận tốc của tàu hỏa khi đi 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 song song với 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. -----------------------------Hết------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

(45) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: Toán. ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) I. Hướng dẫn chung. 1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày các bước chính của lời giải hoặc nêu kết quả. Trong bài làm, thí sinh phải trình bày lập luận đầy đủ. 2) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 3) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) phải đảm bảo không làm thay đổi tổng số điểm của mỗi câu, mỗi ý trong hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi. 4) Các điểm thành phần và điểm cộng toàn bài phải giữ nguyên không được làm tròn. II. Đáp án và thang điểm. Câu Câu 1 1) 2,0 đ 1,0 đ. 2) 1,0 đ. Câu 2 1) 1,5 đ 1,0 đ. Đáp án. Điểm. P  3 2  3  2. 0,5đ. = 3 2 P 4. 0,25đ. 3 2. Từ hpt suy ra 4 x 4  x 1  y  2 x; y   1;  2  Nghiệm của hpt:  Điểm A thuộc đường thẳng y 2 x  6 , mà hoành độ x = 0 Suy ra tung độ y = - 6. Vậy điểm A có toạ độ. A  0;  6 . . Điểm B thuộc đường thẳng y 2 x  6 , mà tung độ y = 0 Suy ra hoành độ x = 3. Vậy điểm B có toạ độ 2) 0,5 đ Câu 3 1) 1,5 đ 1,0 đ. 2) 0,5 đ. B  3; 0 . 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. .. 2 2 P 1;  2  Đồ thị hàm số y m x đi qua điểm  suy ra  2 m.1 m  2 2. 0,25đ 0,25đ. Với m 1 , phương trình trở thành: x  4 x  2 0  ' 2. 0,25đ. x1 2  2 ; x2 2 . 0,5đ. 2. Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm x1 , x2 là m 2  1 0  ' 0    x1  x2 0  2(m  1) 0  m 0 2 m 0  x x 0  1 2 . 0,25đ. 0,25đ.

(46) Câu 4 1) 1,5 đ 0,5 đ. 2) 1,0 đ. Theo hệ thức Vi-ét: x1  x2 2(m  1), x1 x2 2m . x1  x2  2  x1  x2  2 x1 x2 2 Ta có  2m  2  2 2m 2  m 0 (thoả mãn). 0,25đ. Tam giác ABC vuông tại A AB 3 sin C   0,5 BC 6 Ta có. 0,25đ. 0  Suy ra C 30 Gọi vận tốc tàu hoả khi đi trên quãng đường AB là x (km/h; x>0) 40 Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường AB là x (giờ). 30 Thời gian tàu hoả đi hết quãng đường BC là x  5 (giờ). 40 30 1   2 Theo bài ta có phương trình: x x  5 3. 0,25đ. 2 Biến đổi pt ta được: x  37 x  120 0. 0,25đ.  x 40 (tm)   x  3 (ktm) Vận tốc của tàu hoả khi đi trên quãng đường AB là 40 km/h.. 0,25đ. Câu 5 2,5 đ. 0,25đ. 0,25đ. A. O E K I B. H. C. M F D. 1) 1,0 đ 2) 1,0 đ. 0,5đ. 0   Theo bài có AEB AHB 90 . Suy ra bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc một đường tròn.. 0,5đ.   Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn  BAE EHC. (1). 0,25đ.    Mặt khác, BCD BAE (góc nội tiếp cùng chắn BD ). (2). 0,25đ.   Từ (1) và (2) suy ra BCD EHC suy ra HE // CD.. 0,25đ 0,25đ.

(47) 3) 0,5 đ. Gọi K là trung điểm của EC, I là giao điểm của MK với ED. Khi đó MK là đường trung bình của BCE 0,25đ.  MK // BE; mà BE  AD (gt)  MK  AD hay MK  EF. (3). Lại có CF  AD (gt)  MK // CF hay KI // CF. ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4). 0,25đ. Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF  ME = MF Câu 6 1,0 đ. Với a, b, c là các số lớn hơn 1, áp dụng BĐT Cô-si ta có: a2  4  b  1 4 a b 1 . (1). 0,25đ. b2  4  c  1 4 b c 1 .. 0,25đ. (2). c2  4  a  1 4c a 1 . (3). 0,25đ. a2 b2 c2   12 Từ (1), (2) và (3) suy ra b  1 c  1 a  1 .. 0,25đ. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=2. ------------------- Hết -------------------.

(48) SỞ GD&ĐT NGHỆ AN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016. Đề chính thức. Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút(không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,5 điểm) P =. 1 4  x  2 x 4. Cho biểu thức a) Tìm điều kiện xác định và rút biểu thức P. 1 x = 4. b) Tính giá trị của của biểu thức P khi Câu 2: (1,5 điểm) Số tiền mua một 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 mổi quả dừa và giá mổi quả thanh long là bao nhiêu ? Biết rằng mổi quả dừa có giá như nhau và mổi quả thanh long có giá như nhau. Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 + 2(m + 1)x + m2 – 3 = 0 a) Giải phương trình khi m = 2.. (1). (m là tham số). 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 ba góc nhọn. Kẻ các đường cao BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC và F thuộc AB). Chứng minh rằng: a) Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn. b) EF . AB = AE . BC. c) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi điểm A chuyển động. Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y  3. Chứng minh rằng:. xy. 1 2 9   . 2x y 2. ----- Hết ------. Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh…………...

(49) HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO LỚP 10 PTTH TĨNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2015 – 2016 Câu 1. x  0  x 0   x  0  x 2 0   x  2   x  4 x  4  0 x  4   a) Biểu thức P có nghĩa khi  ĐKXĐ của biểu thức P là x  0 và x  4 . 1 4 P =  x  2 x 4 Khi đó ta có: =. x 2 4  ( x  2)( x  2) ( x  2)( x  2). =. x 2 4 ( x  2)( x  2). x 2 ( x  2)( x  2) 1 = x 2 =. 1 4 vào biểu thức P ta được: b) Thay 1 2 x = 4 thì P = 5 . Vậy khi x =. P=. 1 1 1 2    1 4 5 5 1  2 2 2 2 4 .. Câu 2. Gọi x (nghìn đồng) là giá của mổi quả dừa. Gọi y (nghìn đồng) là giá của mổi quả thanh long. (điều kiện: 0 < x, y < 25) Khi đó: Số tiền mua 5 quả dừa là 5x (nghìn đồng). Số tiền mua 4 quả thanh long là 4y (nghìn đồng).  x  y 25  Theo bài ra ta có hệ phương trình: 5 x  4 y 120  4 x  4 y 100  5 x  4 y 120  x 20   x  y 25  x 20   y 5 Vậy giá của mổi quả dừa là 20 nghìn đồng và giá của mổi quả thanh long là 5 nghìn đồng. Câu 3. 2 a) Khi m = 2 thì phương trình (1) cho trở thành: x + 6x + 1 0  ' 32  1 8  0 2 8 x1   2  2 2  Phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 1.

(50)  2 8  2  2 2 1 và . x  2  2 2 x  2  2 2 Vậy khi m = 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm 1 và 2 . b) Ta có: a = 1; b = 2(m + 1); c = m2 – 3 và b’ = m + 1.  ' (m + 1) 2 - (m 2 - 3) = m 2 + 2m + 1 - m 2 + 3 = 2m + 4 Để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2  '  0  2m + 4  0  2m  - 4  m  - 2.  x1 + x 2 = - 2(m+1)  x x = m2 - 3 Khi đó áp dụng hệ thức Vi – ét ta có:  1 2 . 2 2 2 2 Mặt khác: x1 + x 2 = 4  (x1 + 2x1x 2 + x 2 )  2x1x 2 = 4  (x 2 + x 2 ) 2  2x1x 2 = 4 x1 . .   2(m + 1). 2.  2(m 2  3) = 4.  4(m 2 + 2m + 1)  2m 2 + 6 = 4  4m 2 + 8m + 4  2m 2 + 6 = 4  2m 2 + 8m + 6 = 0  m 2 + 4m + 3 = 0  = 2  1.3 = 1 > 0 ' m. 2.  m1 =  2 + 1 =  1 và. m1 =  2 . (thỏa mãn). 1 =  3 (loại).. 2 2 Vậy với m = - 1 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 sao cho x1 + x 2 = 4 . Câu 4.. a) Vì BE và CF là các đường cao của  ABC nên ta có: BE  AC và CF  AB.   CFB 90 0  BEC  Tứ giác BCEF có hai đỉnh liên tiếp E và F cùng nhìn cạnh BC dưới một góc bằng 900.  Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn. b) Xét  AEF và  ABC có:   EAF BAC (góc chung).     AEF ABC (g - g) AEF ABC   (cung bu voi CEF)   EF AE    EF . AB = AE . BC BC AB (đpcm) c) 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:.

(51) Lại có:. 1    FBE ECF  Sd EF 2 (góc nội tiếp) (1) 0 FBE ECF   90  BAC ..  mà dây BC cố định  Sd BnC không đổi 1    BAC  Sd BnC 2 có số đo không đổi     FBE ECF 90 0  BAC. có số đo không đổi. (2).  Từ (1) và (2)  EF có số đo không đổi  Dây EF có độ dài không đổi (đpcm). Câu 5. VT x  y . 1 2  x 1   y 2 xy          2x y  2 2x   2 y  2. Ta có: Áp dụng BĐT Cô si ta có: x 1 x 1  2 . 1 2 2x 2 2x . Dấu “=” xãy ra khi x = 1. y 2 y 2  2 . 2 2 y 2 y . Dấu “=” xãy ra khi y = 2.. xy 3   2 2 . Dấu “=” xãy ra khi x + y = 3. Mặt khác: x  y 3 (gt) Cộng vế theo vế của (1), (2), (3) ta có. xy. (1) (2) (3). 1 2  x 1   y 2 xy 3 9          1  2   2x y  2 2x   2 y  2 2 2 (đpcm). Dấu “=” xảy ra khi x = 1 và y = 2..

(52) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN. KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn thi : Toán. Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1. (2,5 điểm). P. 1 4  x  2 x 4. Cho biểu thức a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.. x. 1 4.. 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. Câu 3. (1,5 điểm). x 2  2 m  1 x  m 2  3 0.   Cho phương trình : a) Giải phương trình (1) với m = 2.. (1). (m là tham số). 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. (3 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x  y 3 . Chứng minh rằng:. xy. 1 2 9   2x y 2. Đẳng thức xảy ra khi nào ? ………. Hết ……... Họ và tên thí sinh ...................................................... Số báo danh .....................

(53) ĐÁP ÁN Câu 1. a) ĐKXĐ : x 0 , x  4. 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 x  4 ĐKXĐ. Thay vào P, ta được : b). P. 1 1 2   1 1 2 5 2 2 4. Câu 2. Gọi x, y (nghìn đồng) lần lượt là giá của 1 quả dừa và 1 quả thanh long. ĐK: 0 < x ; y < 25..  x  y 25  5x  4y 120. Theo bài ra ta có hệ phương trình Giải ra ta được: x = 20, y = 5 (thỏa mãn ĐK). Vậy: Giá 1 quả dừa là 20 nghìn. Giá 1 quả thanh long là 5 nghìn. Câu 3. (1,5 điểm). 2. a) Với m = 2, phương trình (1) trở thành : x  6x  1 0 . 2. Ta có :  ' 3  1 8 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  3  8 , x1  3 . 8. 2.  '  m  1   m 2  3 2m  4. b) Phương trình có 2 nghiệm  2m  4 0  m  2 .. Theo Vi – ét ta có :.  x1  x 2  2  m  1  2  x1x 2 m  3 2. x 2  x 22 4   x1  x 2   2x1x 2 4 Theo bài ra ta có : 1 2  4  m  1  2  m 2  3 4  m 1  m 2  4m  3 0   1  m 2  3 m 2  3 không thỏa mãn điều m  2 . Vậy m = 1. A. Câu 4. a) BCEF là tứ giác nội tiếp..  Ta có : BFC 90 (gt) o. E.  BEC 90o (gt). F. Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp b) EF.AB = AE.BC. B. O. C.

(54) Ta có: Tứ giác BCEF nội tiếp (chứng minh trên)    Suy ra AFE ACB (cùng bù với BFE ) Do đó AEF ABC (g.g). EF AE   EF.AB BC.AE  đpcm. Suy ra BC AB c) EF không đổi khi A chuyển động. 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.. A. Cách 2. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có: Tâm I là trung điểm của BC cố định.. R. E. 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:. Lại có:. O. F H B. I. 1    FBE ECF  s®EF 2 (góc nội tiếp) (1) 0 FBE ECF   90  BAC. n. ..  Mà dây BC cố định  s®BnC không đổi 1    BAC  s®BnC 2 có số đo không đổi 0     FBE ECF 90  BAC. có số đo không đổi.  Từ (1) và (2)  EF 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 :. xy.  1 2 1 1  4     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   =  .. (2). C.

(55) 1  x  0  x  x 1     y 2  y  2 0  y Đẳng thức xảy ra Cách 2. Với x, y > 0 và x  y 3 . Ta có : 1 2 1 1  4  1  1 4 9     x  y   x     y      3  2 x.  2 y.   2x y 2  x  y  2  x y 2  1  x    x 1 x    y 2 y 4 y  Đẳng thức xảy ra (vì x, y > 0) xy.

(56)

DE DA CAC DE VAO CHUYEN

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về