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 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

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.