Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán - Đề 1 - Năm học 2014-2015 - SGD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán - Đề 1 - Năm học 2014-2015 - SGD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Mã đề 01 Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1: Rút gọn các biểu thức 1 1 a) P 20 45 5 5 b) Q x 16 với x 0, x 16 x 4 x 4 2x 5y 7 Bài 2: Giải hệ phương trình x 2y 4 Bài 3: Cho phương trình bậc hai x2 2mx m2 m 1 0 (m là tham số) a) Giải phương trình khi m = 2 2 2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1 x2 3x1x2 1 Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H a) Chứng minh rằng BCEF nội tiếp đường tròn b) Biết A· BC 450 ,A· CB 600 , BC = a. Tính diện tích tam giác ACD theo a x2 y2 Bài 5: Cho x, y > 0 thỏa mãn x2 y2 2 . Tìm GTNN của P y x Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Mã đề 02 Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1: Rút gọn các biểu thức 1 1 a) P 18 32 5 2 b) Q x 25 với x 0, x 25 x 5 x 5 5x 2y 7 Bài 2: Giải hệ phương trình 2x y 4 Bài 3: Cho phương trình bậc hai x2 2mx m2 m 1 0 (m là tham số) a) Giải phương trình khi m = -2 2 2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1 x2 3x1x2 1 Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H a) Chứng minh rằng BCNP nội tiếp đường tròn b) Biết A· BC 450 ,A· CB 600 , BC = a. Tính diện tích tam giác ACM theo a x2 y2 Bài 5: Cho x, y > 0 thỏa mãn x2 y2 2 . Tìm GTNN của P y x Hết 1
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Mã đề 01 Chú ý : Mọi cách giải đúng, ngắn gọn đều cho điểm tương ứng. Điểm toàn bài không qui tròn. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu P 20 45 5 5 2 5 3 5 5 5 0.75 1a 1.0 đ P 4 5 0.25 1 1 x 4 x 4 Q (x 16) (x 16) 0.50 x 4 x 4 ( x 4)( x 4) Câu 1b 2 x 1.5 đ (x 16) 0.50 x 16 2 x 0.50 2x 5y 7 2x 5y 7 0.50 x 2y 4 2x 4y 8 Câu 2 y 1 0.50 1.5 đ 2x 4y 8 2x 4 8 x 6 0.50 y 1 y 1 Khi m = 2, ta có phương trình : x2 4x 3 0 0.25 Câu Ta có ' 22 1.3 1 0, suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt : 0.50 3a x 2 1 3; x 2 1 1 0.25 1.0 đ 1 2 Chú ý : Nếu học sinh giải theo hoặc phân tích thành nhân tử hoặc tính a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 rồi tìm nghiệm thì cho điểm tương ứng. x2 2mx m2 m 1 0 (1) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi : 0.50 ' m2 (m2 m 1) 0 m 1 0 m 1 (*) x1 x2 2m Theo hệ thức Vi-ét ta có : (2) Câu 2 0.25 3b x1.x2 m m 1 1.5 đ 2 2 2 Ta có x1 x2 3x1x2 1 (x1 x2 ) 5x1x2 1 0 (3) 0.25 Thay (2) vào (3) ta có 4m2 5(m2 m 1) 1 0 m2 5m 4 0 m 1 0.25 (m 1)(m 4) 0 m 4 Đối chiếu điều kiện (*) ta được : m = 4. 0.25 2
3. A Vì BE là đường cao của tam giác ABC nên BE  EC suy 0.50 ra E thuộc đường tròn đường F kính BC. (1) E H Câu Tương tự F thuộc đường tròn 4a đường kính BC (2) 1.0 đ Từ (1) và (2) suy ra tứ giác 0.50 BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC (đpcm). B D C Chú ý : Nếu học sinh chứng minh B· EC B· FC 900 để suy ra tứ giác BCEF nội tiếp thì cho điểm tương ứng. Vì ABD vuông cân tại D nên AD=BD 0.50 Vì ACD vuông tại D và ·ACD 600 nên AD CD 3 a a 3 0.50 Kết hợp BD+CD=BC=a ta có CD ; AD BD Câu 1 3 1 3 4b 2 2 a 3 3 1 2 1.5 đ 1 1 a 3 a (2 3 3)a 0.50 Do đó: S ACD .AD.CD . . (đvdt) 2 2 1 3 1 3 8 4 Chú ý : Nếu học sinh sử dụng tan A· BE tan150 2 3 (mà không chứng minh) để tính AE, từ đó tính AC, CD, AD thì cho 0,75 điểm/1,5 điểm (nếu kết quả câu 4b đúng). Vì x, y là các số thực dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si suy ra : x2 y2 x2 y 2x2 và y2 x 2y2 F + x2 y + y2 x 4 (1) 0.25 y x Ta có : x2 y y2 x xy x3 y3 xy x y x y xy Câu 5 2 2 2 2 0.25 1.0 đ xy x y xy x y 2 x y xy x y xy 1 2 4 4 2 Mặt khác : x y 2 x y 2 2 x2 y2 2 4 4 (2) 0.25 Từ (1) và (2) ta có : F 2. Dấu bằng xẩy ra khi x = y = 1 0.25 Vậy Min F = 2 tại x = y = 1 HẾT 3
4. HƯỚNG DẪN CHẤM Mã đề 02 Chú ý : Mọi cách giải đúng, ngắn gọn đều cho điểm tương ứng. Điểm toàn bài không qui tròn. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu P 18 32 5 2 3 2 4 2 5 2 0.75 1a 1.0 đ P 4 2 0.25 1 1 x 5 x 5 Q (x 25) (x 25) 0.50 x 5 x 5 ( x 5)( x 5) Câu 1b 2 x 1.5 đ (x 25) 0.50 x 25 2 x 0.50 5x 2y 7 5x 2y 7 0.50 2x y 4 4x 2y 8 Câu 2 x 1 0.50 1.5 đ 4x 2y 8 x 1 x 1 0.50 4 2y 8 y 6 Khi m 2 , ta có phương trình : x2 4x 3 0 0.25 Câu Ta có ' 22 1.3 1 0, suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt : 0.50 3a x 2 1 3; x 2 1 1 0.25 1.0 đ 1 2 Chú ý : Nếu học sinh giải theo hoặc phân tích thành nhân tử hoặc tính a + b + c = 1 – 4 + 3 = 0 rồi tìm nghiệm thì cho điểm tương ứng. x2 2mx m2 m 1 0 (1) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi : 0.50 ' m2 (m2 m 1) 0 m 1 0 m 1 (*) x1 x2 2m Theo hệ thức Vi-ét ta có : (2) Câu 2 0.25 3b x1.x2 m m 1 1.5 đ 2 2 2 Ta có x1 x2 3x1x2 1 (x1 x2 ) 5x1x2 1 0 (3) 0.25 Thay (2) vào (3) ta có 4m2 5(m2 m 1) 1 0 m2 5m 4 0 m 1 0.25 (m 1)(m 4) 0 m 4 Đối chiếu điều kiện (*) ta được : m 4 . 0.25 4
5. A Vì BN là đường cao của tam giác ABC nên BN  NC suy 0.50 ra N thuộc đường tròn đường P kính BC. (1) N H Câu Tương tự P thuộc đường tròn 4a đường kính BC (2) 1.0 đ Từ (1) và (2) suy ra tứ giác 0.50 BCNP nội tiếp đường tròn đường kính BC (đpcm). B M C Chú ý : Nếu học sinh chứng minh B· NC B· PC 900 để suy ra tứ giác BCNP nội tiếp thì cho điểm tương ứng. Vì ABM vuông cân tại M nên AM=BM Vì ACM vuông tại M và ·ACM 600 nên AM CM 3 0.50 a a 3 0.50 Kết hợp BM+CM=BC=a ta có CM ; AM BM Câu 1 3 1 3 4b 2 2 1.5 đ a 3 3 1 2 1 1 a 3 a (2 3 3)a 0.50 Do đó: S ACM .AM.CM . . (đvdt) 2 2 1 3 1 3 8 4 Chú ý : Nếu học sinh sử dụng tan A· BN tan150 2 3 (mà không chứng minh) để tính AN, từ đó tính AC, CM, AM thì cho 0,75 điểm/1,5 điểm (nếu kết quả câu 4b đúng). Vì x, y là các số thực dương nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si suy ra : x2 y2 x2 y 2x2 và y2 x 2y2 F + x2 y + y2 x 4 (1) 0.25 y x Ta có : x2 y y2 x xy x3 y3 xy x y x y xy Câu 5 2 2 2 2 0.25 1.0 đ xy x y xy x y 2 x y xy x y xy 1 2 4 4 2 Mặt khác: x y 2 x y 2 2 x2 y2 2 4 4 (2) 0.25 Từ (1) và (2) ta có : F 2. Dấu bằng xẩy ra khi x = y = 1 0.25 Vậy Min F = 2 tại x = y = 1 HẾT 5