Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THP tỉnh Phú Thọ năm học 2015 – 2016 môn thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ 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
a) Giải phương trình : x + 2015 = 2016
 b) Trong các hình sau : Hình vuông, Hình chữ nhật, Hình thang cân, Hình thang vuông. Hình nào nội tiếp được đường tròn ?
Câu 2
Cho hệ phương trình (I) ( với m là tham số)
a) Giải hệ (I) với m = 1
 b) CMR hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m. Tìm nghiệm duy nhất đó theo m.
Câu 3 : Cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) có pt : y = 2(m+1)x — 3m + 2
a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m = 3.
b) CMR (P) và (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A; B với mọi m.
 c) Gọi x1 ; x2 là hoành độ của A;B . Tìm m để x12 + x22 = 20.
Câu 4
Cho (O;R) và dây DE < 2R. Trên tia đối của tia DE lấy A, qua A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O), (B,C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE. K là giao điểm BC và DE. 
a) CMR tứ giác ABOC nội tiếp.
b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp ABOC. CMR: H thuộc (I) và HA là phân giác góc BHC.
 c) CMR : 
Câu 5
Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn 7
Tìm GTLN của P = 
------------------------------------------------------HẾT-----------------------------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TS 2015 – 2016 
PHÚ THỌ
Câu 1: a) x = 1
 b) HV, HCN, HTC
Câu 2: a) với m = 1 (I) ⇔ ⇔ 
 b) Với m = 0 thì hệ có nghiệm là 
 Với m0 . Xét biểu thức Với mọi m0
⇒ . Vậy hệ (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m.
Ta có
⇔ 
Câu 3 : a) với m = 3 thì (d) là : y = 8x — 7
Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của hệ ⇔ 
 b) Giao điểm của (P) và (d) phụ thuộc và số nghiệm pt : x2 = 2(m+1)x — 3m + 2 
⇔ x2 – 2(m+1)x + 3m — 2 = 0 (1)
Có = m2 – m + 3 = (m —)2 + > 0 với mọi m. 
⇒ pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt, nên (P) và (d) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A;B.
 c) Vì x1 ; x2 là hoành độ của A;B nên x1 ; x2 là nghiệm của pt (1)
Theo Vi _ét ta có: x1 + x2 = 2(m+1) : x1. x2 = 3m — 2
⇒ x12 + x22 = 20. ⇔ (x1 + x2 )2 – 2 x1. x2 = 20 ⇔ 4(m +1)2 – 2(3m – 2) = 20
⇔ 2m2 + m – 6 = 0 ⇔ m = 3/2 hoặc m = –2.
Vậy với m = 3/2 hoặc m = –2 thì x12 + x22 = 20.
Câu 4
Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến với (O) suy ra 
⇒ 
⇒ ABOC nội tiếp.
Vì H là trung điểm của DE nên OH vuông góc DE suy ra 
Lại có 
⇒ H thuộc (I).
⇒ ( cùng chắn cung AB của (I) ) (1)
⇒ ( cùng chắn cung AC của (I) ) (2)
Mà OA là phân giác góc BOC ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm ở bên ngoài đường tròn)
⇒ (3)
Từ (1) (2) (3) suy ra , hay HA là phân giác góc BHC.
Gọi M là giao điểm AO và BC thì BC vuông góc AO tại M
⇒ suy ra KHOM nội tiếp.
⇒ AKO ∽AMH (g-g) ⇒ AH.AK = AM.AO = AB2
Lại có ADB ∽ABE (g-g) ⇒ AD.AE = AB2 
⇒ AD.AE = AH.AK
⇒ 2 AD.AE = 2AH.AK = AK. 2AH = AK.( AH + AH)
 = AK( AH + AD + HD) = AK( AD + AH + HE) ( Vì HD = HE )
⇒ 2AD.AE = AK(AD + AE)
⇒ = 
Câu 5
Áp dung Bunhia cho bộ số (1;1;1) và (a;b;c) ta có 3(a2+b2+c2) (a + b + c)2 
⇒ 3(2a2 +b2 ) (2a+b)2; 3(2b2 +c2 ) (2b + c)2 ; 3(2c2 + a2 ) (2c + a)2 
⇒ P 
Ta có (x+y+z)( ) 9 ⇒ ()
⇒ P 
⇒ P = (I)
Ta có 10 = =
 = 3 (II)
Áp dụng Bunhia cho bộ số (1;1;1) và (;;) 
Ta được 3⇒ 
⇒ 1010 . (III)
Từ (II) và (III) ⇒ 310 . 
⇒ 2015 10 . --3
⇒ 3.2015 ⇒ (IV)
Từ (I) và (IV) ⇒ P . = .
 Vậy GTLN của P = khi a = b = c và 7 
⇒ a = b = c =.