Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán sở GD&ĐT Bạc Liêu năm 2015 - 2016
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán
Nhằm giúp các bạn học sinh tự ôn luyện kiến thức nhằm chuẩn bị tốt cho kì thi vào lớp 10 các trường THPT, VnDoc.com xin giới thiệu Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán sở GD&ĐT Bạc Liêu, Cà Mau năm 2015 - 2016. Mời các bạn cùng tham khảo để đạt kết quả tốt trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp tới.
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Ngữ văn sở GD&ĐT Nam Định năm 2015 - 2016
Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán thành phố Hà Nội năm học 2015-2016
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BẠC LIÊU
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
MÔN: TOÁN
NĂM HỌC 2015 – 2016
(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.
b. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
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.
Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán
Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Ngữ văn sở GD&ĐT Long An năm 2015 - 2016
Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán chuyên lần 3 năm học 2015-2016 trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ, Hà Nội
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
| x | 1 | 2 | 3 |
| y | 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)
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 = 0 (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.
b. Áp dụng bất đẳng thức cô si: a5 + 1/a ≥ 2a²; b5 + 1/b ≥ b²; c5 + 1/c ≥ c². Suy ra:
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.
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
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) (*)
<=> a²d² – 2abcd + b²c² ≥ 0 <=> (ad – bc)² ≥ 0 (đúng với mọi a, b, c, d). Ta có: (*) <=> a²c² + 2acbd + b²d² ≤ a²c² + a²d² + b²c² + b²d²
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.
