Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Nghệ An (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Toán.
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.
Câu 1 (2,5 điểm).
Cho biểu thức 1 4P x 4x 2 
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
b) Tính giá trị của biểu thức P khi 1x 4 .
Câu 2 (1,5 điểm).
Số tiền mua 1 quả dừa và một quả thanh long là 25 nghìn đồng. Số tiền mua
5 quả dừa và 4 quả thanh long là 120 nghìn đồng. Hỏi giá mỗi quả dừa và giá mỗi
quả thanh long là bao nhiêu ? Biết rằng mỗi quả dừa có giá như nhau và mỗi quả
thanh long có giá như nhau.
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho phương trình : 2 2x 2 m 1 x m 3 0 (1) (m là tham số).
a) Giải phương trình (1) với m = 2.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 và x2 sao cho 2 21 2x x 4 .
Câu 4 (3 điểm).
Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A chuyển
động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Kẻ các đường cao
BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB). Chứng minh rằng :
a) BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) EF.AB = AE.BC.
c) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi A chuyển động.
Câu 5 (3 điểm).
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x y 3 . Chứng minh rằng:
1 2 9x y 2x y 2 
Đẳng thức xảy ra khi nào ?
. Hết .
ĐỀ CHÍNH THỨC Thi ngày 10 / 9 / 2015
ĐÁP ÁN THAM KHẢO
Câu 1.
a) ĐKXĐ : x 0 , x 4 (0,5 đ)
Rút gọn : 1 4 x 2 4 x 2P x 4x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 
1
x 2 (1 điểm)
b) 1x 4 ĐKXĐ. Thay vào P, ta được : 5
2
22
1
1
24
1
1 
 P (1 điểm)
Câu 2.
Gọi x, y (nghìn) lần lượt là giá của 1 quả dừa và 1 quả thanh long.
Điều kiện : 0 < x ; y < 25.
Theo bài ra ta có hệ phương trình x y 255x 4y 120
Giải ra ta được : x = 20, y = 5 (thỏa mãn điều kiện bài toán).
Vậy : Giá 1 quả dừa 20 nghìn.
Giá 1 quả thanh long 5 nghìn.
Câu 3. (1,5 điểm)
a) Với m = 2, phương trình (1) trở thành : 2x 6x 1 0 .
Ta có : 2' 3 1 8 
Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1x 3 8 , 1x 3 8 
b) 2 2' m 1 m 3 2m 4 
Phương trình có 2 nghiệm 2m 4 0 m 2 .
Theo Vi – ét ta có : 1 2 2
1 2
x x 2 m 1
x x m 3
Theo bài ra ta có : 22 21 2 1 2 1 2x x 4 x x 2x x 4 
 2 24 m 1 2 m 3 4 
12
2
m 1m 4m 3 0 m 3
2m 3 không thỏa mãn điều m 2 .
Vậy m = 1.
Câu 4. Hình vẽ (0,5 điểm)
a) BCEF là tứ giác nội tiếp. (1 điểm)
Ta có : oBFC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 oBEC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp đpcm.
b) EF.AB = AE.BC. (1 điểm)
BCEF nội tiếp (chứng minh trên)
Suy ra AFE ACB (cùng bù với góc BFE)
Do đó AEF ABC  (g.g)
Suy ra EF AE EF.AB BC.AEBC AB đpcm.
c) EF không đổi khi A chuyển động. (0,5 điểm)
Cách 1. Ta có AEEF.AB BC.AF EF BC. BC.cosBACAB 
Mà BC không đổi (gt), ABC nhọn A chạy trên cung lớn BC không đổi
 BAC không đổi cosBAC không đổi.
Vậy EF BC.cosBAC không đổi đpcm.
Cách 2. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có:
Tâm I là trung điểm của BC cố định.
Bán kính BCR 2 không đổi (vì dây BC cố định)
 Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF là một đường
tròn cố định
Vì Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (I) nên ta có:
 1FBE ECF Sd EF2 (góc nội tiếp) (1)
Lại có: 0FBE ECF 90 BAC.
Mà dây BC cố định  Sd BnC không đổi
  1BAC Sd BnC2 có số đo không đổi
 0FBE ECF 90 BAC có số đo không đổi (2)
Từ (1) và (2) EF có số đo không đổi
 Dây EF có độ dài không đổi (đpcm).
Câu 5.
Cách 1. Ta có : Với x, y > 0 và x y 3 . Ta có :
1 2 1 1 4x y x y x 2 y 4 62x y 2 x y
= 
221 1 2 1 9x y x y 6 3 62 2 2x y
.
Đẳng thức xảy ra
1x 0 x 1x
2 y 2y 0y
Cách 2. Với x, y > 0 và x y 3 . Ta có :
1 2 1 1 4 1 1 4 9x y x y x y 3 2 x. 2 y.2x y 2 x y 2 x y 2
Đẳng thức xảy ra
1x x 1x
4 y 2y y
(vì x, y > 0)