Đề thi vào lớp 10 năm học 2014-2015 môn Toán - Trường THPT chuyên Lam Sơn

Chia sẻ: Cau Le | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

247
lượt xem 34
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu học tập và ôn thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi vào lớp 10 năm học 2014-2015 môn Toán - Trường THPT chuyên Lam Sơn" dưới đây. Hy vọng đề thi sẽ giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi vào lớp 10 năm học 2014-2015 môn Toán - Trường THPT chuyên Lam Sơn

www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN THANH HOÁ NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho tất cả các thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút Đề thi gồm 01 trang (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 17/6/2014 a 2 2 Bài 1: (2,0 điểm): Cho biểu thức: C    a 16 a 4 a 4 1. Tìm điều kiện của a để biểu thức C có nghĩa và rút gọn C. 2. Tính giá trị của biểu thức C khi a = 9 - 4√5 . Bài 2: (2,0 điểm): (m  1) x  y  2 Cho hệ phương trình:  (m là tham số)  mx  y  m  1 1.Giải hệ phương trình khi m = 2. 2. Chứng minh rằng với mọi m, hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn : x + 2y ≤ 3 Bài 3: (2,0 điểm): 1. Trong hệ tọa độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d): y= mx – m +2 cắt Parabol (P): y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung.  3 x  2 y  4  x  y 2. Giải hệ phương trình:   3 2 x  6  2 y  2 Bài 4: (3,0 điểm): Cho đường tròn O đường kính BC và một điểm A nằm bất kì trên đường tròn (A khác B và C). Gọi AH là đường cao của DABC, đường tròn tâm I đường kính AH cắt các dây cung AB, AC tương ứng tại D, E. 1. Chứng minh rằng : góc DHE bằng 900 và AB. AD = AC . AE 2. Các tiếp tuyến của đường tròn (I) tại D và E cắt BC tương ứng tại G và F. Tính số đo góc GIF 3. Xác định vị trí điểm A trên đường tròn (O) để tứ giác DEFG có diện tích lớn nhất Bài 5: (1,0 điểm):Cho ba số thực x, y, z. Tìm giá trị lớn nhất biểu thức S   xyz x  y  z  x 2  y 2  z 2  ( x 2  y 2  z 2 )( xy  yz  zx)
Lêi gi¶i vµ thang ®iÓm to¸n chung Lam S¬n Ngày thi : 17/062014 Câu Nội dung Điểm 1/ Tìm điều kiện của a để biểu thức C có ngĩa, rút gọn C. a  0 a  0 a  16  0  a  16 0.25 + Biểu thức C có nghĩa khi     a  0, a  16  a 4 0 a  16  a 40 moi a  0  + Rút gọn biểu thức C a 2 2 a 2 2 C      a  16 a 4 a 4  a 4  a4  a 4 a 4 1 C a2  a  4  2  a  4  a  2 a  8  2 a  8  a4 a 1.25  a  4 a  4  a  4 a  4  a 4  a4  C a 4 a  a  a 4   a  a 4  a4   a 4  a4   a4  2/ Tính giá trị của C, khi a  9  4 5 2 2 Ta có: a  9  4 5  4  4 5  5   2  5  => a  2  5  2 5 0.5 a 2 5 2 5 Vậy: C     a4  2 54 6 5  m  1 x  y  2 Cho hệ phương trình:  (m là tham số)  mx  y  m  1 1/ Giải hệ phương trình khi m = 2 Khi m = 2 thay vào ta có hệ phường trình 0.75  2  1 x  y  2 x  y  2 x  1 x  1         2x  y  2  1 2x  y  3 x  y  2 y  1 x  1 Kết luận: Với m = 2 hệ phường trình có một nghiệm duy nhất  0.25 y  1 1
2/ Chứng minh rằng với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y) thỏa mãn 2x  y  3  m  1 x  y  2  y  2   m  1 x  y  2   m  1 x       mx  y  m  1  mx  2   m  1 x  m  1  mx  2  mx  x  m  1  y  2   m  1 x  y  2   m  1 m  1  y  m 2  2m  1 2       x  m  1  x  m  1 x  m 1 Vậy với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất:  y   m 2  2m  1 0.5  x  m  1 Ta có: 2x  y  3  2  m  1  m2  2m  1  3  2m  2  m 2  2m  1  3 2 0.5 2x  y  3  m 2  4m  4    m  2   0  2x  y  3  0  2x  y  3 1/ Trong hệ tọa độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình: 2x2 = mx – m + 2 2x2 – mx + m – 2 = 0 (1) Có:   m 2  4.2.  m  2   m 2  8m  16   m  4 2 Để đường thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung thì 1.0  2  m  4   0    0  m  4  m  x1  x 2  0 =>   0 =>  m  0  m  2, m  4  x .x  0 2 m  2  1 2 m  2   2  0 Kết luận: để đường thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung thì: m  2, m  4 2
3 x  2y  4  x  2y (1) 2/ Giải hệ phương trình :  3  2x  6  2y  2 (2)  x  2y  0  x  2y  0 Điều kiện:    (*)  2y  0 y  0 Đặt x  2y  t  0, thay vào phương trình (1) ta có 3t = 4 – t2 => t2 + 3t – 4 = 0 1 + 3 – 4 = 0, nên phương trình có hai nghiệm t = 1 và t = -4 (loại) Với t = 1 => x  2y  1=>x + 2y = 1 => x = 1 - 2y , thay vào phương trình 1.0 (2) ta có 3 2 1  2y   6  2y  2 3 4y  8  2y  2 3 3 4y  8  2  2y 4y  8  8  12 2y  12y  2y 2y 16y  12 2y  2y 2y  0 8y  6 2y  y 2y  0 y   2y  8 y  6 2   0  y  y  2  2 y  6   0 TH 1 : y  0  y  0  x  1 (thỏa mãn *) TH2 : y  2  y  2  x  3 (thỏa mãn *) 6 TH3 : y   y  18  x  35 (thỏa mãn *) 2 Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm (x, y) = (1 ; 0), (-3, 2), (-35,18) A E I D 4 B C G H F 3
  900 1. Chứng minh DHE  D Tứ giác ADHE có: A  E  => ADHE là hình chữ nhật => DHE   900 Chứng minh AB.AD = AC.AE 1.0 Xét hai tam giác vuông HAB và HAC ta có: AB.AD = AH2 = AC.AE 2/ Tính góc GIF   900 => DE là đường kính => I thuộc DE DHE 1.0   DIH   HIE 1   DIE   900 1 1 => GIF 2 2 2 3/ Tứ giác DEFG là hình thang vuông có đường cao DE = AH 1 1 Hai đáy DG = GH = GB = BH và EF = FC = FH = HC 2 2 =>diện tích hình tứ giác DEFG là 1.0 1  HB  HC  .AH BC.AH 2  lớn nhất khi AH lớn nhất vì BC = 2R không đổi 2 4 Ta có: AH lớn nhất => AH là đường kính => A là trung điểm cung AB Cho ba số thực dương x,y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S  xyz x  y  z  x 2  y 2  z 2  x 2  y 2  z 2   xy  yz  zx  2 Theo Bu nhi a :  x  y  z   3  x 2  y2  z 2  =>  x  y  z   3 x 2  y2  z 2 5 1.0 => S  xyz  2 2 3. x  y  z  x  y  z 2 2 2 2 = xyz  3 1 x 2 y z 2 2   xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  S xyz  3 1   3 1 => S max  3 1 khi x = y = z 2 2 2 2 2 2 6 3 x yz 3 x yz 3 3 3 3 3 Chú ý 1/ Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm 2/ Làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa 4