Đề thi Môn thi : Toán. Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi : Toán.
Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề.
Câu 1 (2,5 điểm).
Cho biểu thức 1 4P x 4x 2  
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của biểu thức P khi 1x 4 .
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).
Cho phương trình:  2 2x 2 m 1 x m 3 0     (1) (m là tham số).
a) Giải phương trình (1) với m = 2.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 sao cho 2 21 2x x 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:
1 2 9x y 2x y 2   
Đẳng thức xảy ra khi nào?
. Hết .
ĐỀ CHÍNH THỨC Thi ngày 10 / 9 / 2015
ĐÁP ÁN THAM KHẢO
Câu 1.
a) ĐKXĐ : x 0 , x  4 (0,5 đ)
Rút gọn:      1 4 x 2 4 x 2P x 4x 2 x 2 x 2 x 2 x 2         
1
x 2  (1 điểm)
b) 1x 4  ĐKXĐ. Thay vào P, ta được :
1 1 5P 1 21 12 24
  

(1 điểm)
Câu 2.
Gọi x, y (nghìn) lần lượt là giá của 1 quả dừa và 1 quả thanh long.
Điều kiện : 0 < x ; y < 25.
Theo bài ra ta có hệ phương trình x y 255x 4y 120
   
Giải ra ta được : x = 20, y = 5 (thỏa mãn điều kiện bài toán).
Vậy: Giá 1 quả dừa 20 nghìn.
Giá 1 quả thanh long 5 nghìn.
Câu 3. (1,5 điểm)
a) Với m = 2, phương trình (1) trở thành : 2x 6x 1 0   .
Ta có : 2' 3 1 8   
Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1x 3 8   , 1x 3 8  
b)    2 2' m 1 m 3 2m 4      
Phương trình có 2 nghiệm  2m 4 0 m 2     .
Theo Vi – ét ta có :  1 2 2
1 2
x x 2 m 1
x x m 3
     
Theo bài ra ta có :  22 21 2 1 2 1 2x x 4 x x 2x x 4     
   2 24 m 1 2 m 3 4    
12
2
m 1m 4m 3 0 m 3
       
2m 3  không thỏa mãn điều m 2  .
Vậy m = 1.
Câu 4. Hình vẽ (0,5 điểm)
a) BCEF là tứ giác nội tiếp. (1 điểm)
Ta có : oBFC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 oBEC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp  đpcm.
b) EF.AB = AE.BC. (1 điểm)
BCEF nội tiếp (chứng minh trên)
Suy ra AFE ACB (cùng bù với góc BFE)
Do đó AEF ABC  (g.g)
Suy ra EF AE EF.AB BC.AEBC AB    đpcm.
c) EF không đổi khi A chuyển động. (0,5 điểm)
Cách 1. Ta có AEEF.AB BC.AF EF BC. BC.cosBACAB   
Mà BC không đổi (gt),  ABC nhọn  A chạy trên cung lớn BC không đổi
BAC không đổi cosBAC không đổi.
Vậy EF BC.cosBAC không đổi  đpcm.
Cách 2. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có:
Tâm I là trung điểm của BC cố định.
Bán kính  BCR 2 không đổi (vì dây BC cố định)
 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:
    1FBE ECF Sd EF2 (góc nội tiếp) (1)
Lại có:     0FBE ECF 90 BAC.
Mà dây BC cố định  Sd BnC không đổi
   1BAC Sd BnC2 có số đo không đổi
     0FBE ECF 90 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.
Cách 1. Ta có : Với x, y > 0 và x y 3  . Ta có :
1 2 1 1 4x y x y x 2 y 4 62x y 2 x y
                      
=  
221 1 2 1 9x y x y 6 3 62 2 2x y
                     
.
Đẳng thức xảy ra
1x 0 x 1x
2 y 2y 0y
        
Cách 2. Với x, y > 0 và x y 3  . Ta có :
1 2 1 1 4 1 1 4 9x y x y x y 3 2 x. 2 y.2x y 2 x y 2 x y 2
                           
Đẳng thức xảy ra
1x x 1x
4 y 2y y
      
(vì x, y > 0)