Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Bắc Giang năm 2015

• Đề thi, bài kiểm tra liên quan:
• Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Anh Sở GD&ĐT Nam Định năm học 2015 – 2016
• Đề tuyển sinh vào 10 môn Anh Sở GD&ĐT Hưng Yên năm học 2015 – 2016
• Đề Thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Văn Sở GD & ĐT Ninh Bình năm 2015 – 2016 có đáp án
• Ngữ pháp tiếng anh đầy đủ nhất

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán – Sở GD & ĐT Bắc Giang năm học 2015 – 2016.

SỞ GD & ĐT Bắc Giang

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

MÔN: TOÁN

Năm học 2015 – 2016

Thời gian làm bài 120 phút

1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

2:

1) Cho biểu thức: 

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa, khi đó rút gọn A

b) Tìm số chính phương x sao cho A có giá trị là số nguyên.

2) Tìm giá trị m để phương trình: x² + mx + m² – 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁;x₂ sao cho: x₁ + 2x₂ = 0

3. Cho quãng đường AB dài 150 km. Cùng một lúc có xe thứ nhất xuất phát từ A đến B, xe thứ hai đi từ B về A. Sau khi xuất phát được 3 giờ thì 2 xe gặp nhau. Biết thời gian đi cả
quãng đường AB của xe thứ nhất nhiều hơn xe thứ hai là 2 giờ 30 phút. Tính vận tốc mỗi xe.

4. 

Cho đường tròn (O;R) có đường kính A
B.Điểm C là điểm bất kỳ trên (O). C≠A,
B.Tiếp tuyến tại C cắt tiếp tuyến tại A,B lần lượt tại P,Q

a. Chứng minh: BQ =R²

b. Chứng minh: AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ

c. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với B
C.Chứng minh: PMNQ là tứ giác nội tiếp.

d. Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất.

5. 

Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

---

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 – BẮC GIANG

1. 

a) 2x² + (√ 3 – 2)x – √ 3 = 0 (1)

Phương trình (1) là phương trình bậc hai có tổng các hệ số

a+ b + c = 2 + (√3 -2) + (-√ 3) = 0 nên có hai nghiệm:

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là:

b) x⁴ – 2x² – 8 = 0           (2)

Đặt t = x², với t ≥ 0 phương trình (2) trở thành

t² – 2t – 8 = 0 ⇔ (t + 2) ( t – 4) = 0 ⇔ t = –2 (loại) hoặc t = 4 (thỏa mãn)

Với t = 4 thì x² = 4 ⇔ x = ±2

Vậy tập nghiệm của phương trình (2) là dht_–2;2

c) 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2;3)

2.

Để A có nghĩa, điều kiện là:

Với điều kiện trên, ta có:

b)

Vậy các giá trị x cần tìm là x = 0 và x = 16.

2)

x² + mx + m² – 3 = 0 (1)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ ⇔ ∆ = m² – 4(m² – 3) > 0

⇔ –3m² +12 > 0 ⇔ m²< 4 ⇔ –2 < m < 2

Hai nghiệm x₁, x₂ thỏa mãn hệ thức x₁ + 2x₂= 0=> x₁ = – 2x₂

Thử lại:

+ Với m = 1: (1) ⇔ x² + x – 2 = 0 ⇔ x₁ = –2; x₂ = 1 ™

+ Với m = –1: (1) ⇔ x² – x – 2 = 0 ⇔ x₁ = 2; x₂ = –1 ™

Vậy m = ± 1 là giá trị cần tìm.

3: 

Gọi vận tốc của xe đi từ A đến B là x (km/h) (x > 0)

Gọi vận tốc của xe đi từ B đến A là y (km/h) (y > 0)

Sau 3 giờ, quãng đường đi được của xe đi từ A là 3x (km)

quãng đường đi được của xe đi từ B là 3y (km)

Sau 3 giờ kể từ khi cùng xuất phát, hai xe gặp nhau, do đó ta có phương trình

3x + 3y = 150              (1)

Thời gian đi quãng đường AB của xe đi từ A là 150/x (giờ) và của xe đi từ B là 150/y (giờ)

Theo bài ra ta có phương trình:

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

⇔ x = 20 hoặc x = 150

x = 20 ⇒ y = 30 ™

x = 150 ⇒ y = –100 (loại)

Vậy vận tốc của hai xe lần lượt là 20km/h và 30km/h.

4.

a) Vì AP và CP là tiếp tuyến của (O) nên OA ⊥ AP, OC ⊥ PC

Xét tam giác vuông OAP và tam giác vuông OCP có:

Tương tự ta có:

Từ (2) và (4) ta có:

⇒ ∆ POQ vuông tại O

Từ (1), (3) và áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OPQ ta có:

AP.BQ = CP.CQ = CO² = R² (đpcm)

b) Xét tam giác vuông OPQ, gọi I là trung điểm cạnh huyền PQ, khi đó:

IP = IQ = IO

⇒ O thuộc đường tròn đường kính PQ          (5)

Mặt khác, do AP // BQ nên APQB là hình thang và nhận IO là đường trung bình, suy ra

OI // BQ

Mà BQ ⊥ AB ⇒ OI ⊥ AB                             (6)

Từ (5) và (6) ⇒ AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ tại O.

c) Vì OC = OA = R, PC = PA (cmt) nên PO là trung trực của đoạn AC ⇒ PO ⊥ AC

Tương tự QO ⊥ BC.

Tứ giác OMCN có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật ⇒ OMCN là tứ giác nội tiếp

=> ∠ OMN = ∠OCN(hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON)   (7)

Mặt khác, do các tam giác OCQ và OCN vuông, suy ra:

∠OCN = ∠PQO (cùng phụ với ∠CON )                 (8)

Từ (7) và (8) ⇒ ∠OMN = PQO

Mặt khác ∠OMN + ∠PMN = 180º ⇒ ∠PQO + ∠PMN = 180 º

⇒ Tứ giác PMNQ là tứ giác nội tiếp.

d) Gọi H, I là trung điểm MN, PQ. K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ.

Ta có: KH ⊥ MN và KI ⊥ PQ

Vì OP là trung trực AC (cmt) nên M là trung điểm AC, tương tự N là trung điểm BC.

Vì MN // AB, OI ⊥ AB ⇒ MN ⊥ OI. Mà MN ⊥ KH nên OI // KH. Mà KI // HO (cùng vuông góc PQ) nên OIKH là hình bình hành.

⇒ KH = OI ≥ OC = R                            (10)

Bán kính đường tròn (K) là KN. Từ (9) và (10) ta có:

Dấu bằng xảy ra ⇔ OI = OC ⇔ O ≡ C ⇔ OC ⊥AB ⇔ C là điểm chính giữa cung AB.

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp PMNQ nhỏ nhất khi C là điểm chính giữa cung AB của đường tròn (O).

CÂU 5. 

Áp dụng BĐT Cô–si cho 4 số không âm, ta có:

Tương tự ta có:

Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta có:

Thay điều kiện a + b + c = 3 ta được:

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.

Nếu thấy hay và bổ ích, hãy chia sẻ tới bạn bè để cùng học và tham khảo nhé! Ngoài ra, các em có thể rèn luyện thêm kỹ năng làm bài thi và kiểm tra của mình khi xem tất cả các Đề thi lớp 9 mà dayhoctot.com đã cung cấp.

• Từ khóa:
• Lớp 9
• Đề Sinh Học
• Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Bắc Giang năm 2015
• Văn mẫu lớp 9