THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 1 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 Đề 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LVT NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn thi: TOÁN KHÔNG CHUYÊN Ngày thi: 11/6/2014 Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm có 05 câu trong 01 trang) Câu 1 (3,0 điểm). 1. Rút gọn các biểu thức sau: M 45 245 80   1 1 3 a N: a4 a 2 a 2       , với a 0;a 4 2. Giải hệ phương trình: x 3y 24 7x y 14      3. Giải phương trình: 22 5x 4 13 x 4x 1 x x 1 3      . Câu 2 (1,5 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol (P): 2 yx và đường thẳng (d): y = mx + 3 (m là tham số). a) Khi m = - 2, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P). b) Tìm m để đường thẳng (d) và Parabol (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 x và 2 x thỏa mãn điều kiện: 33 12 x x 10   . Câu 3 (1,5 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một phòng họp có 440 ghế (mỗi ghế một chỗ ngồi) được xếp thành từng dãy, mỗi dãy có số ghế bằng nhau. Trong một buổi họp có 529 người tham dự nên ban tổ chức phải kê thêm 3 dãy ghế và mỗi dãy tăng thêm 1 ghế so với ban đầu thì vừa đủ chỗ ngồi. Tính số dãy ghế có trong phòng họp lúc đầu. Câu 4 (3,0 điểm).Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax của đường tròn lấy điểm M (M khác A). Từ M kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O). Kẻ CH AB ( H AB ). Đường thẳng MB cắt (O) tại điểm Q và cắt CH tại điểm N. Gọi I là giao điểm của MO và AC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AIQM nội tiếp được. b) OM//BC c) Tỉ số CN CH không đổi khi M di động trên tia Ax (M khác A). Câu 5 (1,0 điểm).Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a.b.c = 1. Chứng minh rằng:          3 3 3 a b c 3 1 b 1 c 1 c 1 a 1 a 1 b 4          HD Giải bởi thầy Hoàng Xuân Vịnh(THCS Bình Chiểu,Thủ Đức): THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 2 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 Câu 1: 1. 8024545 M =….= 65 4 3 : 2 1 2 1              a a aa N =          a 2 a 2 a 2 a 2 a 4 2 a 2 3 3 a 3 a a 2 a 2 a 2 a 2               2.      147 243 yx yx x3 y7       3. 3 13 1 4 14 5 22     xx x xx x Vì x=0 không là nghiệm nên chia tử mẫu vế trái pt ban đầu cho x ta được: 5 4 13 11 3 x 4 x 1 xx      ,và đặt t= 1 x x  ta có: 5 4 13 t 4 t 1 3          3.5 t 1 3.4 t 4 13 t 1 t 4       2 12 23 13t 42t 115 0 t 5hayt 13         Với t=5,suy ra 1 x x  =5 2 5 21 x 5x 1 0 x 2        Với t= 23 13  ,suy ra 1 x x  = 23 13    2 13x 23x 13 0 VN    Câu 2:Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P): 2 x mx 3 a)Khi m=-2,ta được 22 x 2x 3 x 2x 3 0 x 1vx 3           Suy ra giao điểm (d) và (P) (1;1);(-3;9) b)Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (P): 2 x mx 3  2 x mx 3 0   2 m 12 0 m     ,pt luôn có 2 nghiệm pb x 1 ,x 2 . Áp dụng Vi-et,ta có 12 12 S x x m P x .x 3          Ta có: 10 3 2 3 1  xx 33 S 3SP 10 m 9m 10 0        m1   Câu 3:Gọi x là số ghế trong một dãy ban đầu (x thuộc N) Số dãy ghế ban đầu: 440 x Theo đề bài ta có pt: 440 529 3 x x 1       2 440 x 1 3x x 1 529x 3x 86x 440 0         THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 3 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 20 x 22(n);x (l) 3    Vậy số ghế trong phòng lúc đầu là 440:22=20 dãy. Câu 4: a)CM được 0 MQA MIA 90    ,suy ra đpcm b)DDCM được do cùng vuông góc với AC c)Gọi K là giao điểm của BC và Ax. Do BC// OM,O là trung điểm AB , nên M là trung điểm AK, CH//AK do cùng vuông góc AB, áp dụng hệ quả Ta-let ta được: CN/KM=NH/AM(=BN/BM). Mà KM=AM(M là trung điểm AK) nên,CN=NH,suy ra CN/CH=1/2 không đổi khi M chạy trên Ax. 5.Áp dụng Cô-si, ta được:       33 3 a 1 b 1 c a 1 b 1 c 3a 3 . . 1 b 1 c 8 8 1 b 1 c 8 8 4             (1)       33 3 b 1 c 1 a b 1 c 1 a 3b 3 . . 1 c 1 a 8 8 1 c 1 a 8 8 4             (2)       33 3 c 1 b 1 a c 1 b 1 a 3c 3 . . 1 b 1 a 8 8 1 b 1 a 8 8 4             (3) Cộng vế (1)(2)(3) ta được              3 3 3 3 a b c 6 2 a b c a b c 1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a 4 8                           3 3 3 a b c a b c 3 1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a 2 4             Mà áp dụng Cô-si:   3 a b c 33 . abc 2 2 2   K I H N Q M C x O B A THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 4 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 Suy ra:          3 3 3 a b c 3 3 3 1 b 1 c 1 c 1 a 1 b 1 a 2 4 4            Dấu”=” xảy ra,khi a=b=c=1 (hoangxuanvinhthuduc.blogspot.com) Đề 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI MÔN: TOÁN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm hc: 2014 – 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Bài I (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của biểu thức x1 A x1    khi x = 9 2) Cho biểu thức x 2 1 x 1 P. x 2 x x 2 x 1         với x > 0 và x1 a)Chứng minh rằng x1 P x   b)Tìm các giá trị của x để 2P 2 x 5 Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm? THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 5 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 Bài III (2,0 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 41 5 x y y 1 12 1 x y y 1              2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = -x + 6 và parabol (P): y = x 2 . a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P). b) Gọi A, B là hai giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB. Bài IV (3,5 điểm)Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P. 1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật. 2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 3) Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F. Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF. 4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Bài V (0,5 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q 2a bc 2b ca 2c ab      BÀI GIẢI Bi I: (2,0 điểm) 1) Với x = 9 ta có 31 2 31    A 2) a) 2 1 ( 1).( 2) 1 ( 2) 1 ( 2) 1                        x x x x x x P x x x x x x 1  x x b)Từ câu 2a ta có 2 x 2 2P 2 x 5 2 x 5 x       2 x 2 2x 5 x    và x > 0 THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 6 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 2x 3 x 2 0    và x >0 1 ( x 2)( x ) 0 2     và x >0 11 xx 24     Bi II: (2,0 điểm) Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch (x > 0)  Số ngày theo kế hoạch là : 1100 x . Số ngày thực tế là 1100 x5 . Theo giả thiết của bài toán ta có : 1100 x - 1100 x5 = 2. 2 1100(x 5) 1100x 2x(x 5) 2x 10x 5500 0          x 50 hay x 55   (loại) Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm. Bi III: (2,0 điểm) 1) Hệ phương trình tương đương với: Đặt 1 u xy   và 1 v y1   . Hệ phương trình thành :                               4u v 5 8u 2v 10 9u 9 u 1 u 2v 1 u 2v 1 2v u 1 v 1 Do đó, hệ đã cho tương đương :                        1 1 x y 1 x 1 xy 1 y 1 1 y 2 1 y1 2) a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là 2 6  xx 2 60   xx 2hay 3   xx Ta có y (2)= 4; y(-3) = 9. Vậy tọa độ giao điểm của (d) và (P) là B(2;4) và A(-3;9) b) Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hoành. THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 7 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 Ta có OAB AA'B'B OAA' OBB' S S S S       Ta có A’B’ = B' A' B' A' x x x x 5    , AA’ = A y9 , BB’ = B y4 Diện tích hình thang : AA'B'B S AA' BB' 9 4 65 .A'B' .5 2 2 2     (đvdt) OAA' S  1 27 A'A.A'O 22  (đvdt); OBB' S  1 B'B.B'O 4 2  (đvdt) OAB AA'B'B OAA' OBB' 65 27 S S S S 4 15 22               (đvdt) Bài IV (3,5 điểm) 1) Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. 2) Ta có ANM ABM (cùng chắn cung AM) và ABM AQB (góc có cạnh thẳng góc) vậy ANM AQB nên MNPQ nối tiếp. 3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ. OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP Suy ra F là trung điểm của BP. Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF. Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP. Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên 0 ONF 90 . Tương tự ta có 0 OME 90 nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN. 4) MNPQ APQ AMN 2S 2S 2S 2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN     Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra AB BP QB BA   2 AB BP.QB Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có 2 PB BQ 2 PB.BQ 2 (2R) 4R    Ta có 2 2 2 AM AN MN AM.AN 22   = 2R 2 Do đó, 22 MNPQ 2S 2R.4R 2R 6R   . Suy ra 2 MNPQ S 3R Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB. A B P Q O F E N M THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 8 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 Bi V: (0,5 điểm) Ta có Q 2a bc 2b ca 2c ab      2a bc (a b c)a bc     (Do a + b +c = 2) 2 (a b) (a c) a ab bc ca (a b)(a c) 2            (Áp dụng BDT với 2 số dương u=a+b và v=a+c) Vậy ta có 2a bc (a b) (a c) 2     (1) Tương tự ta có : 2b ca (a b) (b c) 2   (2) 2c ab (a c) (b c) 2     (3) Cộng (1) (2) (3) vế theo vế Q 2(a b c) 4     Khi a = b = c = 2 3 thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4. Trần Quang Hiển,Ngô Thanh Sơn, Nguyễn Phú Vinh (THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM) ĐỀ 3 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 13/06/2014 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề). Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức 2 2 1 1 a a a a A a a a      , với a > 0. a. Rút gọn A. b. Tìm giá trị của a để A = 2. c. Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Bài 2: (2,0 điểm) Gọi đồ thị hàm số 2 yx là parabol (P), đồ thị hàm số   4 2 5y m x m    là đường thẳng (d). a. tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b. Khi (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là 12 ;xx . Tìm các giá trị của m sao cho 33 12 0xx . Bài 3: (1,5 điểm ) Tìm x, y nguyên sao cho 18xy THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 9 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 Bài 4: ( 3,5 điểm ) Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với đường tròn (O) (A ,B là hai tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại hai điểm K và I ( K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H. Gọi D là điểm đối xứng của B qua O, C là giao điểm của PD và đường tròn (O). a. Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp. b. Chứng minh .AC CH c. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của AQ. Bài 5: (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 21 1 ,y xx   với 0< x<1 BÀI GIẢI Bài 1: (2,0 điểm) a) Rút gọn A. Ta có: 2 2 1 1 a a a a A a a a      Với 0aa  có nghĩa; 2 13 10 24 a a a          với mọi a > 0 => A có nghĩa với mọi 0a  .     3 1 21 1 1 aa aa A a a a a a            b)Tìm giá trị của a để A = 2 Ta có: A a a . Để: A = 2 => 2 2 0a a a a      Đặt: 0at có pt: 2 20tt    t 1 = -1 (loại) t 2 = 2 (thõa mãn điều kiện) Với t = 2  24aa   (thõa mãn điều kiện) Vậy: 4a  là giá trị cần tìm. c)Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Ta có: A a a 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 4 4 a a a                            với mọi a >0 THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 10 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 ( vì: 2 1 0 2 a     với mọi a > 0) Dấu “=” khi 11 0 24 aa    (thõa mãn điều kiện 0a  ) Vậy: 1 4 nho nhat A   khi 1 4 a  Bài 2: (2,0 điểm) a) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt Ta có: (d):   4 2 5y m x m    (P): 2 yx Pt hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:       22 4 2 5 4 2 5 0 1x m x m x m x m                     2 2 2 4 4 2 5 4 4 2 5 4 2 2m m m m m m m                  Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi Pt (1) có hai nghiệm phân biệt khi 0    20 20 2 0 2 2 2 0 2 0 2 20 20 m m mm mm mm m m                                   Vậy: với m > 2 hoặc m < -2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. b) Tìm các giá trị của m sao cho 33 12 0xx . Với m > 2 hoặc m < -2. Thì Pt:     2 4 2 5 0 1x m x m     có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2 Theo Viet ta có: 12 12 4 25 x x m x x m     Ta có           22 33 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 4 3 2 5x x x x x x x x m m m                      2 41mm   . Để: 33 12 0xx     2 4 1 0 4m m m      (thõa mãn điều kiện) hoặc 1m  (không thõa mãn điều kiện) Vậy : 4m  là giá trị cần tìm. . THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 1 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH 10 TOÁN KHÔNG CHUYÊN 14-15 Đề 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LVT NĂM HỌC 2014 - 2015. Đề 6 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: Toán ( không chuyên ) THẦY HOÀNG XUÂN VỊNH 20 BỘ ĐỀ TUYỂN SINH. ………………………………………… Đề 5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2014 – 2015 Môn: TOÁN (chung) Thời gian làm bài: 120 phút. ( Đề thi gồm 01 trang)