Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Bắc Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2014-2015 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Bắc Giang (Có đáp án)

1. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2014–2015 BẮC GIANG MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 30 tháng 6 năm 2014 Thời gian:120 phút không kể thời gian giao đề Câu I. (2 điểm) 1. Tính giá trị biểu thức A (2 9 3 36) : 6 4 2. Tìm m để hàm số y (1 m)x 2 , (m ≠ 1) nghịch biến trên R. Câu II. (3 điểm) x 3y 4 1. Giải hệ phương trình: 3x 4y 1 4 2 x 5 2. Rút gọn biểu thức: B với x ≥ 0, x ≠ 1 x 1 1 x x 1 3. Cho phương trình:x2 2(3 m)x 4 m2 0 (x là ẩn, m là tham số) (1). a. Giải phương trình (1) với m = 1. b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn ||x1| – |x2|| = 6. Câu III. (1,5 điểm) Hai lớp 9A và 9B có tổng số 82 học sinh. Trong dịp tết trồng cây năm 2014, mỗi học sinh lớp 9A trồng được 3 cây, mỗi học sinh lớp 9B trồng được 4 cây nên cả hai lớp trồng được tổng số 288 cây. Tính số học sinh mỗi lớp. Câu IV. (3 điểm) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC = R. Qua C kẻ đường thẳng d vuông góc với CA. Lấy điểm M bất kì trên (O) không trùng với A, B. Tia BM cắt đường thẳng d tại P. Tia CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N, tia PA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là Q. 1. Chứng minh tứ giác ACPM là tứ giác nội tiếp. 2. Tình BM.BP theo R 3. Chứng minh hai đường thẳng PC và NQ song song. 4. Chứng minh trọng tâm G của tam giác CMB luôn nằm trên một đường tròn cố định khi M thay đổi trên (O). Câu V. (0,5 điểm) 9a 25b 64c Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh: 30 b c c a a b
2. ĐÁP ÁN Câu I. 1. Ta có: A (2 9 3 36) : 6 4 (2.3 3.6) : 6 2 24 : 6 2 2 Vậ y A = 2. 2.y (1 m)x 2 , (m ≠ 1) Ta có: Hàm số y nghịch biến trên ℝ ⇔ a = 1 – m 1. Vậy hàm số y nghịch biến trên ℝ ⇔ m > 1. Câu II. x 3y 4(1) 1) (I) 3x 4y 1(2) Nhân 2 vế phương trình (1) với 3 ta được 3x + 9y = 12 (3) Lấy (3) – (2) ta được: 13y = 13 ⇔ y = 1. Thay y = 1 vào (1) ta được x = 4 – 3y = 4 – 3.1 = 1. Vậy hệ (I) có một nghiệm (x; y) = (1;1). 2. Với x ≥ 0 và x ≠ 1, ta có: 4 2 x 5 B x 1 1 x x 1 4( x 1) 2( x 1) x 5 ( x 1)( x 1) ( x 1)( x 1) ( x 1)( x 1) 4( x 1) 2( x 1) ( x 5) ( x 1)( x 1) x 1 1 ( x 1)( x 1) x 1 1 Vậy B = x 1 3. x2 2(3 m)x 4 m2 0 (1) a. Với m = 1, ta có: (1)  x2 4x 5 0 (2) Phương trình (2) là phương trình bậc hai có a – b + c = 1 – (–4) + (–5) = 0 nên (2) có hai nghiệm 5 x 1; x 5. 1 2 1 Vậy tập nghiệm của (1) là {–1;5}. b. * Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ ∆’ = (3 – m)2 + (4 + m2) > 0 ⇔ 2m2 – 6m + 13 > 0 2 3 9 17 ⇔ 2 x 2. x 0 2 4 2 2 3 17 ⇔ 2 x 0 (luôn đúng ∀x) 2 2
3. 2 Do đó (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức Vi–ét x1 + x2 = 2(3 – m); x1x2 = –4 – m *Ta có: 2 2 2 | x1 | | x2 | 6 | x1 | | x2 | 36 x1 x2 2 | x1 |.| x2 | 36 2 (x1 x2 ) 2x1x2 2 | x1x2 | 36 2(3 m)2 2( m2 4) 2 | m2 4 | 36 4(3 m)2 2( m2 4) 2(m2 4) 36 (do m2 4 0m | m2 4 | m2 4) 2 3 m 3 m 0 (3 m) 9 . 3 m 3 m 6 Vậy m ∈ {0;6} là giá trị cần tìm. Câu III. Gọi x, y lần lượt là số học sinh của lớp 9A và lớp 9B (x, y ∈ ℕ, x, y AMB = 90o => AMP = 90o Mặt khác ACP = 90o (gt) => AMP + ACP = 180o Suy ra tứ giác ACPM nội tiếp đường tròn. 2. Xét 2 tam giác BAM và BPC ta có: AMB BCP 90o BAM ~ BPC (g.g) MBA(chung) BM BA BM.BP BA.BC 2R.3R 6R2 BC BP 3. Ta có: AMNQ là tứ giác nội tiếp ⇒ MNQ = PAM (góc trong tại một đỉnh và góc ngoài tại đỉnh đối diện) (1) AMPC là tứ giác nội tiếp ⇒ PCM = PAM ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung PM) (2) Từ (1) và (2) ⇒ MNQ = PCM Hai góc ở vị trí so le trong bằng nhau ⇒ PC // NQ.
4. 4. Gọi D là trung điểm BC, là điểm cố định. Qua G kẻ đường thẳng song song MO cắt AB tại I. 2 *G là trọng tâm tam giác BCM nên G ∈ đoạn MD và MG = MD (tính chất trọng tâm) 3 OI MG 2 2 Do GI // MO nên theo định lí Ta–lét cho tam giác DMO ta có I ∈ đoạn DO và OI OD. OD MD 3 3 Mà O, D là hai điểm cố định nên I cố định. GI DG 1 1 R *Do GI // MO nên theo định lí Ta–lét ta có IG MO . MO DM 3 3 3 R ⇒ G luôn cách điểm I cố định một khoảng không đổi. 3 R ⇒ Khi M di động, điểm G luôn nằm trên đường tròn tâm I, bán kính 3 Câu V: BĐT cần chứng minh tương đương với 9a 25b 64c 9 25 64 128 b c c a a b 9(a b c) 25(a b c) 64(a b c) 128 b c c a a b 9 25 64 (a b c) 128(*) b c c a a b 3 5 6 Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki cho 2 bộ số b c; c a; a b và ; ; ,ta có: b c c a a b 2 2 2 2 2 2 3 5 8 b c c a a b . b c c a a b 2 3 5 8 b c. c a. a b. b c c a a b 9 25 64 2 (b c c a a b) (3 5 8) b c c a a b 9 25 64 2(a b c) 256 b c c a a b 9 25 64 (a b c) 128 b c c a a b Dấu bằng xảy ra b c c a a b b c c a a b 3 5 8 3 5 8 b c c a a b a b (b c) (c a) a b a b 2c 8 3 5 8 8 c 0 (vô lí). Do đó dấu bằng không xảy ra ⇒ BĐT (*) đúng 9a 25b 64c 30. b c c a a b