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.. b Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp.. 3 Gọi P là giao điểm của BC và
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2015 - 2016
Môn: TOÁN (chung)
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm: 01 trang)
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
3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số 2
2
y x
4) Cho tam giác ABC vuông tại , A AB3,BC5 Tính cosACB
1
Q
x
(với x0; x1)
1) Rút gọn biểu thức Q
2) Tìm các giá trị của x để Q 1
Câu 3 (2,5 điểm)
1) Cho phương trình x2 2m 1x m 2 6 0 (1) (với m là tham số).
a) Giải phương trình với m 3
b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x x thỏa mãn 1, 2 2 2
2) Giải hệ phương trình
2
Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC , 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.
2) Chứng minh rằng:
a) ADI ∽ AHO.
b) 1 1 1
3) Gọi P là giao điểm của BC và MN K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường, kính AH Chứng minh rằng BKC 90 0
Câu 5 (1,0 điểm)
1) Giải phương trình 3x2 6x 6 3 2 x5 7x19 2 x
2) Xét các số thực dương , ,a b c thỏa mãn abc Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức1
T
Họ và tên thí sinh:………
Số báo danh:………
Họ tên, chữ ký GT 1………
Họ tên, chữ ký GT 2………
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN (Đề chung)
Câu 1 (2,0 điểm)
1) x 1 x 3 xác định x và 1 x 3 đồng thời xác định 0,25 1
x xác định x 1 0 x1, x xác định 3 x 3 0 x3
Vậy điều kiện xác định của biểu thức x 1 x 3 là x 3 0,25
2) Với x 2 2 ta có A 2 2 3 3 2 2 2 1 2 2 1 2 0,25
3) Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 2x 2 8 0,25
4) Vì tam giác ABC vuông tại A nên AC BC2 AB2 52 32 4 0,25
Do đó cos 4
5
AC ACB
BC
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Câu 2 (2,0 điểm)
1) (1,0 điểm)
Với điều kiện x và 0 x , ta có 1
1
Q
0,5
x
x
1 1
1
1
x
2) (0,5 điểm) Với x và 0 x , ta có 1 Q x 1
x
Do đó 1 x 1 1 1
x 0,25
2 1 1
4
x x (thỏa mãn điều kiện)
Vậy với 1
4
x thì Q1
0,25
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 3Câu 3 (2,5 điểm)
1) (1,5 điểm)
a) (0,75 điểm) Với m , ta có phương trình (1) trở thành 3 x2 4x 3 0 0,25
Ta có a b c 1 4 3 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x11;x2 3 0,25 Vậy với m , phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 3 x11;x2 3 0.25
b) (0,75 điểm) x2 2m 1x m 2 6 0 (1)
Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có 2 2
' m 1 m 6 7 2m
Phương trình (1) có các nghiệm 1 2
7
2
x x m m (*)
0,25
Khi đó theo định lý Viét ta có x1x2 2m 1 ; x x1 2 m2 6
Do đó 2 2 2 2 2 2
0,25
Vậy 12 22 2
0
16 2 8 16 16
4
m
m
Kết hợp điều kiện (*) ta có m là giá trị thỏa mãn.0
0,25
2
Với x2, y0, phương trình (1) x2x y 2 x2 y 0
0,25
0,25 Thay y x 2 vào phương trình (2) ta được phương trình
2
1
2
0,25
+) Với x 1 y3
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x y; 1;3 0,25
Câu 4 (3,0 điểm)
Trang 4D K
P
M
N I
H
O
B
1) (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Xét đường tròn I có
AMH ANH 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên HM HN, tương ứng là đường cao của các tam giác vuông ABH ACH,
0,25
+) ABH vuông tại H , có đường cao HM nên suy ra AM AB AH 2
+) ACH vuông tại H , có đường cao HN nên suy ra AN AC AH2
Do đó AM AB AN AC
0,25
b) (0,5 điểm) Theo câu a) ta có AM AB AN AC AM AN
Xét AMN và ACB có A chung, AM AN
AC AB nên suy ra AMN ∽ ACB cgc 0,25
Do đó AMN ACBBCN BMN ACB BMN AMN BMN 1800
Mà các góc BCN BMN ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp., 0,25
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
0,25
Vì AMN vuông tại A nên AMN ANM 900 DAN ANM 900 ADN 900
Mà MAN 900 MN là đường kính của đường tròn I I là trung điểm của MN
nên ADI 900
Xét AID và AOH có ADI AHO900 và A chung do đó ADI ∽ AHO gg( )
0,25
0,25
Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH2 HB HC
HB HC
3) (1,0 điểm) Vì tứ giác BMNC nội tiếp PBM MNC PBM ANM MNC ANM 1800
(1)
Vì tứ giác ANMK nội tiếp PKM ANM (2)
Từ (1) và (2) suy ra PBM PKM 1800, do đó tứ giác PKMB nội tiếp
0,5
Do đó tứ giác BKAC nội tiếp BKC BAC900. 0,5
Câu 5 (1,0 điểm)
Trang 51) (0,5 điểm) Điều kiện xác định
2
3 6 6 0
1 3
x x
Với x 1 3, phương trình đã cho tương đương với:
2 2
2 2
2
2 2
3 5 8 0
(do 2
3x 6x 6 2 x 0, x 1 3)
0,25
+) 3x2 5x 8 0 x1 (thỏa mãn đk) hoặc 8
3
x (không thỏa mãn đk)
1 2 x 3x 6x 6 2 x 1 2 x 3x 6x 6 2 x
2
Vì x 1 3 nên x 1 0 3x2 6x 6 2 x do đó (*) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1
0,25
2) (0,5 điểm) Ta có: a4b4ab a 2b2 a b;
Thật vậy 4 4 2 2 4 4 3 3
3 3 2 2 2
Do đó 4 4 2 2
a b c ab a b c a4b4 c ab a 2b2abc20 (vì a b c; ; 0 và abc1)
(vì c0) 4 4 2 2 2
2
2
0,25
2
2
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:
1
T a b c; ; 0 thỏa mãn abc1 Với a b c 1 thì T 1 Vậy GTLN của T là 1.
0,25
Chú ý:
- Nếu thí sinh làm bài theo cách khác với đáp án mà vẫn đúng theo kiến thức của chương trình thì tổ chấm thống nhất cho điểm thành phần sao cho tổng điểm như hướng dẫn quy định.
- Điểm toàn bài không làm tròn
_HẾT