Đề thi vào lớp 10 THPT môn Toán – Bạc Liêu năm 2015 – 2016 có đáp án

Đề thi vào lớp 10 môn Toán – Bạc Liêu giúp các em học sinh lớp 9 có thêm tài liệu để củng cố kiến thức, luyện đề và rèn luyện kĩ năng giải Toán thi vào lớp 10. Tài liệu cung cấp các dạng bài tập toán đa dạng, phong phú sẽ giúp các em chuẩn bị sẵn sàng cho kì thi tuyển sinh vào THPT.

Xem thêm: Đáp án và đề thi môn Toán vào lớp 10 – Khánh Hòa năm học 2014 – 2015

MÔN: TOÁN

( 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.

——HẾT—–

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN BẠC LIÊU

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

y          1          2          3

x          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. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng 

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.

______ HẾT ______