ĐỀ THI MÔN TOÁN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016
Bài I (2,0 điểm)
Cho hai biểu thức $ displaystyle P=frac{x+3}{sqrt{x}-2}$ và $ displaystyle Q=frac{sqrt{x}-1}{sqrt{x}+2}+frac{5sqrt{x}-2}{x-4}$ với x>0, x ≠ 4
1) Tính giá trị của biểu thức P khi x = 9.
2) Rút gọn biểu thức Q.
3) Tìm giá trị của x để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một tàu tuần tra chạy ngược dòng 60km, sau đó chạy xuôi dòng 48km trên cùng một dòng sông có vận tốc của dòng nước là 2km/giờ. Tính vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên lặng, biết thời gian xuôi dòng ít hơn thời gian ngược dòng 1 giờ.
Bài III (2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
2) Cho phương trình : x2-(m+5)x+3m+6=0 (x là ẩn số).
a. Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi số thực m.
b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác có độ dài cạnh huyền bằng 5.
Bài IV (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn thẳng AO (C khác A, C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn tại K. Gọi M là điểm bất kì trên cung KB (M khác K, M khác B). Đường thẳng CK cắt các đường thẳng AM, BM lần lượt tại H và D. Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai N.
1) Chứng minh tứ giác ACMD là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh CA.CB=CH.CD.
3) Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn đi qua trung điểm của DH.
4) Khi M di động trên cung KB, chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Bài V (0,5 điểm) Với hai số thực không âm a, b thỏa mãn a2+b2=4, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $ displaystyle M=frac{ab}{a+b+2}$
——HẾT——
ĐÁP ÁN
Bài I (2,0 điểm)
1) Với x = 9 ta có: $ displaystyle P=frac{9+3}{3-2}=12$
2) Với $ displaystyle Q=frac{sqrt{x}-1}{sqrt{x}+2}+frac{5sqrt{x}-2}{x-4}$ = $ displaystyle =frac{(sqrt{x}-1)(sqrt{x}-2)+5sqrt{x}-2}{x-4}$
= $ displaystyle frac{x-3sqrt{x}+2+5sqrt{x}-2}{x-4}=frac{x+2sqrt{x}}{x-4}=frac{sqrt{x}(sqrt{x}+2)}{(sqrt{x}+2)(sqrt{x}-2)}=frac{sqrt{x}}{sqrt{x}-2}$
3) $ displaystyle frac{P}{Q}=frac{x+3}{sqrt{x}}=sqrt{x}+frac{3}{sqrt{x}}ge 2sqrt{3}$
(Do bất đẳng thức Cosi).
Dấu bằng xảy ra khi $ displaystyle sqrt{x}=frac{3}{sqrt{x}}<=>x=3$
Vậy giá trị nhỏ nhất của $ displaystyle frac{P}{Q}$ là $ displaystyle 2sqrt{3}$
Bài II (2,0 điểm)
Gọi t1 là thời gian tàu tuần tra chạy ngược dòng nước.
Gọi t2 là thời gian tàu tuần tra chạy xuôi dòng nước.
Gọi V là vận tốc của tàu tuần tra khi nước yên.
Ta có:
$ displaystyle V-2=frac{60}{{{t}_{1}}};V+2=frac{48}{{{t}_{2}}}$
$ displaystyle =>frac{60}{{{t}_{1}}}+2=frac{48}{{{t}_{2}}}-2<=>frac{60}{{{t}_{1}}}-frac{48}{{{t}_{2}}}=-4$ (1)
$ displaystyle {{t}_{1}}-{{t}_{2}}=1$ (2)
$ displaystyle (1);(2)<=>left{ begin{array}{l}frac{60}{{{t}_{1}}}-frac{48}{{{t}_{2}}}=-4{{t}_{1}}-{{t}_{2}}=1end{array} right.<=>left{ begin{array}{l}frac{60}{{{t}_{1}}}-frac{48}{{{t}_{2}}}=-4{{t}_{1}}=1+{{t}_{2}}end{array} right.$
$ displaystyle <=>frac{60}{1+{{t}_{2}}}-frac{48}{{{t}_{2}}}=-4$
$ displaystyle <=>4{{t}_{2}}^{2}+16{{t}_{2}}-48=0$
$ displaystyle <=>left[ begin{array}{l}{{t}_{2}}=-6(L){{t}_{2}}=2(TM)=>V=22(km/h)end{array} right.$
Bài III (2,0 điểm)
1) Với điều kiện x ≥ -1, ta có hệ đã cho tương đương:
2)
a) $ displaystyle Delta ={{(m+5)}^{2}}-4(3m+6)={{m}^{2}}-2m+1={{(m-1)}^{2}}ge 0forall m$
Do đó, phương trình luôn có nghiệm với mọi m.
b) Ta có: $ displaystyle left{ begin{array}{l}{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=m+5{{x}_{1}}{{x}_{2}}=3m+6end{array} right.$
Để x1>0;x2>0 điều kiện là m>-5 và m > -2<=>m>-2(Điều kiện để S>0;P>0)
Yêu cầu bài toán tương đương:
$ displaystyle {{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}=25$
⇔ $ displaystyle {{({{x}_{1}}+{{x}_{2}})}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}=25$
⇔ $ displaystyle {{(m+5)}^{2}}-2(3m+6)=25$
Do $ displaystyle left{ begin{array}{l}{{x}_{1}}+{{x}_{2}}=m+5{{x}_{1}}{{x}_{2}}=3m+6end{array} right.$
⇔ $ displaystyle {{m}^{2}}+4m-12=0,m>-2$
⇔ m = 2 hay m = -6, m> -2 ⇒ m = 2
Bài IV (3,5 điểm)
1) Tứ giác ACMD có ACD=AMD= 90o Nên tứ giác ACMD nội tiếp
2) Xét 2 tam giác vuông : DACH và DDCB đồng dạng
(Do có CDB =MAB (góc có cạnh thẳng góc))
Nên ta có: $ displaystyle frac{CA}{CH}=frac{CD}{CB}=>CA.CB=CH.CD$
3) Do H là trực tâm của DABD
Vì có 2 chiều cao DC và AM giao nhau tại H , nên AD ⊥ BN
Hơn nữa ANB = 900 vì chắn nửa đường tròn đường kính AB.
Nên A, N, D thẳng hàng.
Gọi tiếp tuyến tại N cắt CD tại J ta chứng minh JND=NDJ.
Ta có JND=NBA cùng chắn cung AN .
Ta có NDJ =NBA góc có cạnh thẳng góc
⇒ JND=NDJ.Vậy trong tam giác vuông DDNH J là trung điểm của HD.
4) Gọi I là giao điểm của MN với AB. CK cắt đường tròn tâm O tại điểm Q.
Khi đó JM, JN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
Gọi F là giao điểm của MN và JO. Ta có KFOQ là tứ giác nội tiếp.
=> FI là phân giác KFQ.
Ta có: KFQ = KOQ => KFI = FOI
=>tứ giác KFOI nội tiếp
=>IK là tiếp tuyến đường tròn tâm O
Vậy MN đi qua điểm cố định I (với IK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O)
Bài 4 (0,5 điểm)
$ displaystyle M=frac{ab}{a+b+2}=frac{{{(a+b)}^{2}}-({{a}^{2}}+{{b}^{2}})}{2(a+b+2)}=frac{{{(a+b)}^{2}}-4}{2(a+b+2)}=frac{(a+b+2)(a+b-2)}{2(a+b+2)}$
$ displaystyle =frac{a+b-2}{2}$
Ta có:
$ displaystyle {{(a+b)}^{2}}le 2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})<=>a+ble sqrt{2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})}$
Vậy $ displaystyle Mle frac{sqrt{2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})}-2}{2}=frac{sqrt{2.4}-2}{2}=sqrt{2}-1$
Khi a=b= $ displaystyle sqrt{2}$ thì M = $ displaystyle sqrt{2}$ -1. Vậy giá trị lớn nhất của M là $ displaystyle sqrt{2}$ -1
—————————–HẾT——————————