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

Đề 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.

MÔN: TOÁN

( Thời gian làm bài 150 phút)

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*.

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.

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:

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.

5. (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường thẳng d đi qua A sao cho d không cắt đoạn B
C.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

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)}

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

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.

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

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.