Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Bắc Giang năm 2015

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Bắc Giang năm 2015

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán – Sở GD & ĐT Bắc Giang năm học 2015 – 2016.

SỞ GD & ĐT Bắc Giang

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

MÔN: TOÁN

Năm học 2015 – 2016

Thời gian làm bài 120 phút

1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

2:

1) Cho biểu thức: 

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa, khi đó rút gọn A

b) Tìm số chính phương x sao cho A có giá trị là số nguyên.

2) Tìm giá trị m để phương trình: x² + mx + m² – 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁;x₂ sao cho: x₁ + 2x₂ = 0

3. Cho quãng đường AB dài 150 km. Cùng một lúc có xe thứ nhất xuất phát từ A đến B, xe thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì 2 xe gặp nhau. Biết thời gian đi cả
quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều hơn xe thứ hai là 2 giờ 30 phút. Tính vận tốc mỗi xe.

4. 

Cho đường tròn (O;R) có đường kính A
B.Điểm C là điểm bất kỳ trên (O). C≠A,
B.Tiếp tuyến tại C cắt tiếp tuyến tại A,B lần lượt tại P,Q

a. Chứng minh: BQ =R²

b. Chứng minh: AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ

c. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với B
C.Chứng minh: PMNQ là tứ giác nội tiếp.

d. Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất.

5. 

Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 – BẮC GIANG

1. 

a) 2x² + (√ 3 – 2)x – √ 3 = 0 (1)

Phương trình (1) là phương trình bậc hai có tổng các hệ số

a+ b + c = 2 + (√3 -2) + (-√ 3) = 0 nên có hai nghiệm:

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là:

b) x⁴ – 2x² – 8 = 0           (2)

Đặt t = x², với t ≥ 0 phương trình (2) trở thành

t² – 2t – 8 = 0 ⇔ (t + 2) ( t – 4) = 0 ⇔ t = –2 (loại) hoặc t = 4 (thỏa mãn)

Với t = 4 thì x² = 4 ⇔ x = ±2

Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là {–2;2}

c) 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2;3)

2.

Để A có nghĩa, điều kiện là:

Với điều kiện trên, ta có:

b)

Vậy các giá trị x cần tìm là x = 0 và x = 16.

2)

x² + mx + m² – 3 = 0 (1)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ ⇔ ∆ = m² – 4(m² – 3) > 0

⇔ –3m² +12 > 0 ⇔ m²< 4 ⇔ –2 < m < 2

Hai nghiệm x₁, x₂ thỏa mãn hệ thức x₁ + 2x₂= 0=> x₁ = – 2x₂

Thử lại:

+ Với m = 1: (1) ⇔ x² + x – 2 = 0 ⇔ x₁ = –2; x₂ = 1 ™

+ Với m = –1: (1) ⇔ x² – x – 2 = 0 ⇔ x₁ = 2; x₂ = –1 ™

Vậy m = ± 1 là giá trị cần tìm.

3: 

Gọi vận tốc của xe đi từ A đến B là x (km/h) (x > 0)

Gọi vận tốc của xe đi từ B đến A là y (km/h) (y > 0)

Sau 3 giờ, quãng đường đi được của xe đi từ A là 3x (km)

quãng đường đi được của xe đi từ B là 3y (km)

Sau 3 giờ kể từ khi cùng xuất phát, hai xe gặp nhau, do đó ta có phương trình

3x + 3y = 150              (1)

Thời gian đi quãng đường AB của xe đi từ A là 150/x (giờ) và của xe đi từ B là 150/y (giờ)

Theo bài ra ta có phương trình:

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

⇔ x = 20 hoặc x = 150

x = 20 ⇒ y = 30 ™

x = 150 ⇒ y = –100 (loại)

Vậy vận tốc của hai xe lần lượt là 20km/h và 30km/h.

4.

a) Vì AP và CP là tiếp tuyến của (O) nên OA ⊥ AP, OC ⊥ PC

Xét tam giác vuông OAP và tam giác vuông OCP có:

Tương tự ta có:

Từ (2) và (4) ta có:

⇒ ∆ POQ vuông tại O

Từ (1), (3) và áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OPQ ta có:

AP.BQ = CP.CQ = CO² = R² (đpcm)

b) Xét tam giác vuông OPQ, gọi I là trung điểm cạnh huyền PQ, khi đó:

IP = IQ = IO

⇒ O thuộc đường tròn đường kính PQ          (5)

Mặt khác, do AP // BQ nên APQB là hình thang và nhận IO là đường trung bình, suy ra

OI // BQ

Mà BQ ⊥ AB ⇒ OI ⊥ AB                             (6)

Từ (5) và (6) ⇒ AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ tại O.

c) Vì OC = OA = R, PC = PA (cmt) nên PO là trung trực của đoạn AC ⇒ PO ⊥ AC

Tương tự QO ⊥ BC.

Tứ giác OMCN có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật ⇒ OMCN là tứ giác nội tiếp

=> ∠ OMN = ∠OCN(hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON)   (7)

Mặt khác, do các tam giác OCQ và OCN vuông, suy ra:

∠OCN = ∠PQO (cùng phụ với ∠CON )                 (8)

Từ (7) và (8) ⇒ ∠OMN = PQO

Mặt khác ∠OMN + ∠PMN = 180º ⇒ ∠PQO + ∠PMN = 180 º

⇒ Tứ giác PMNQ là tứ giác nội tiếp.

d) Gọi H, I là trung điểm MN, PQ. K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ.

Ta có: KH ⊥ MN và KI ⊥ PQ

Vì OP là trung trực AC (cmt) nên M là trung điểm AC, tương tự N là trung điểm BC.

Vì MN // AB, OI ⊥ AB ⇒ MN ⊥ OI. Mà MN ⊥ KH nên OI // KH. Mà KI // HO (cùng vuông góc PQ) nên OIKH là hình bình hành.

⇒ KH = OI ≥ OC = R                            (10)

Bán kính đường tròn (K) là KN. Từ (9) và (10) ta có:

Dấu bằng xảy ra ⇔ OI = OC ⇔ O ≡ C ⇔ OC ⊥AB ⇔ C là điểm chính giữa cung AB.

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp PMNQ nhỏ nhất khi C là điểm chính giữa cung AB của đường tròn (O).

CÂU 5. 

Áp dụng BĐT Cô–si cho 4 số không âm, ta có:

Tương tự ta có:

Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có:

Thay điều kiện a + b + c = 3 ta được:

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.