Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2015-2016 - 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 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Bắc Giang (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẮC GIANG NĂM HỌC 2015-2016 ___ MÔN THI: TOÁN ( Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I. (2.0 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức A 2(5 16 4 25) 64 1 2. Biết đồ thị của hàm số y ax2 , (a ≠ 0) đi qua điểm M(3; -6) hãy xác định giá trị của a. 3 Câu II. (3.0 điểm) 2x 3y 1 1. Giải hệ phương trình 4x y 9 1 1 4 x x 1 2. Rút gọn biểu thức B(với x ≥ 0; x ≠ 4). : x 2 x 2 x 4 x 4 3. Cho phương trình x2 – (m2 + 3)x + 2m2 + 2 = 0 (x là ẩn, m là tham số) (1). a. Giải phương trình (1) với m = -3 b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Câu III. (1,5 điểm) Nhà bạn Dũng được ông bà nội cho một mảnh đất hình chữ nhật. Khi bạn Nam đến nhà bạn Dũng chơi, Dũng đố Nam tìm ra kích thước của mảnh đất khi biết: mảnh đất có chiều dài gấp 4 lần chiều rộng và nếu giảm chiều rộng đi 2m, tăng chiều dài lên gấp đôi thì diễn tích mảnh đất đó sẽ tăng thêm 20 m2. Các em hãy giúp bạn Nam tìm ra chiều dài và chiều rộng của mảnh đất nhà bạn Dũng đó. Câu IV. (3.0 điểm) Trên đường tròn (O) có đường kính AB = 2R, lấy một điểm C sao cho AC = R và lấy điểm D bất kỳ trên cung nhỏ BC (điểm D không trùng với B và C). Gọi E là giao điểm của AD và BC. Đường thẳng đi qua điểm E và vuông góc với đường thẳng AB tại điểm H cắt tia AC tại điểm F. Điểm M là trung điểm của đoạn EF. 1. Chứng minh tứ giác BHCF là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh: HA.HB = HE. HF 3. Chứng minh CM là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4. Xác định vị trí của điểm D để chu vi của tứ giác ABDC lớn nhất. Câu V. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + xz + yz = 2016 yz xy xz 3 Chứng minh rằng x2 2016 y2 2016 z2 2016 2
2. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH BẮC GIANG MÔN THI: TOÁN Câu I. 1. A 2(5 16 4 25) 64 2(5.4 4.5) 8 2(20 20) 8 8 1 1 2. Đồ thị hàm số y ax2 , (a ≠ 0) đi qua điểm M(3; -6) khi – 6 = a.32 6 3a a 2 3 3 Vậy a = -2 là giá trị cần tìm. Câu II. 2x 3y 1 2x 3y 1 2x 3y 1 x 2 1. 4x y 9 12x 3y 27 14x 28 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2;1) 2. Ta có: 1 1 4 x x 1 x 2 x 2 4 x x 4 4( x 1) x 4 B : . . 4 x 1 x 2 x 4 x 4 ( x 2)( x 2) x 1 x 4 x 1 Vậy B = 4, với x ≥ 0; x ≠ 4. 3. a. Với m = 3 ta được phương trình x2 – 6x + 8 = 0 Tính được ∆’ = 1 Kết luận được phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 2; x2 = 4. b. Khẳng định được phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt : 2 x1 = 2; x2 = m + 1 khi m ≠ 1 và m ≠ -1 Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt đều lớn hơn 1 thì m2 + 1 > 1  m ≠ 0. Kết luận: Với m ≠ -1; m ≠ 0 và m ≠ 1 thỏa mãn yêu cầu đầu bài. Câu III. Gọi chiều rộng của mảnh đất là x (m) (điều kiện: x > 2) Khi đó chiều dài của mảnh đất là: 4x (m) Diện tích mảnh đất nhà bạn Dũng là: 4x2 (m2) Diện tích mảnh đất sau khi giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài lên gấp đôi là: 8x.(x – 2) (m2) Theo bài ra ta có phương trình: 8x.(x – 2) – 4x2 = 20 Giải phương trình ta được x = 5 và x = -1. Đối chiếu với điều kiện ta được x = 5. Vậy chiều rộng mảnh đất là 5m và chiều dài mảnh đất là 20m. Câu IV. 1. Ta có: B·HF 90o (giả thiết) (1). B·CA 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). Suy ra B·CF 90o (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCF nội tiếp một đường tròn (vì có hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn BF dưới một góc vuông).
3. 2. Xét tam giác vuông BHE và FHA có B·EH C·AB (cùng phụ với gócC·BA ). Suy ra hai tam giác BHE và FHA đồng dạng. HB HE Từ đó ta có  HA. HB = HE. HF HF HA 3. Tam giác vuông ECF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên CM = ME suy ra CME là tam giác cân, suy raM· CE M· EC (3) M· CO M· CE E·CO M· EC C·BO (do (3) và tam giác COB cân tại O). = B·EH C·BO 90o Vậy CM là tiếp tuyến của đường tròn (O). 4. Lấy điểm K đối xứng với điểm C qua AB. Suy ra điểm K cố định trên (O) Lấy điểm P trên đoạn DK sao cho DP = DC. Khẳng định tam giác OAC đều => tam giác CBK đều => tam giác CDP đều. Xét hai tam giác CKP và CBD có: CP = CD ; CK = CB vàK·CP B·CD (cùng bằng 60o - P·CB ) Từ đó, ∆CKP = ∆CBD (c.g.c) suy ra PK = BD. Chu vi tứ giác ABDC bằng: AB + BD + DC + CA = 3R + BD + DC = 3R + PK + PD = 3R + KD Chu vi tứ giác lớn nhất khi KD lớn nhất => KD là đường kính của đường tròn (O; R). Kết luận D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Câu V. yz xy xz Ta có: VT = x2 xy xz yz y2 xy xz yz z2 xy xz yz yz xy xz = (x y)(x z) (y x)(y z) (z x)(z y) 1 y z 1 x y 1 x z ≤ (theo BĐT Cô-si) 2 x y x z 2 x y y z 2 x z y z
4. 1 x y 1 x z 1 y z 3 = VP 2 x y x y 2 x z x z 2 y z y z 2 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 442