Đáp án Đề thi vào lớp 10 môn toán năm học 2015-2016 tỉnh Phú Thọ

Đáp án chính thức và Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Phú Thọ năm học 2015-2016



Tải Đáp án Đề thi vào lớp 10 môn toán năm học 2015-2016 tỉnh Phú Thọ PDF







Hãy like và share nếu bạn thấy hữu ích:

2 Comments

  1. câu 5 làm làm sao z các bạn

  2. phuong says:

    câu 3 phần c tính sai rồi ad phải là m1=3/2; m2=-2

Leave a Comment


Phiên bản Text

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2015-2016 Môn Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ------------------------

Câu 1 (2,0 điểm) a) Giải phương trình : x   2015 2016 b) Trong các hình sau, hình nào nôị tiếp đườ ng tròn: Hình vuông; hình chữ nhâṭ; hình thang cân; hình thang vuông.

Câu 2 (2,0 điểm) Cho hệ phương trình: ( 2) 3 5 3 m x y x my       (I) ( với m là tham số) a) Giải hệ phương trình (I) với m=1. b) Chứng minh hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất với mọi m. Tìm nghiệm duy nhất đó theo m.

Câu 3 (2,0 điểm) Cho Parabol (P): y x  2 và đường thẳng (d) có phương trình: y m x m    2( 1) 3 2. a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m=3. b) Chứng minh (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biêṭ A, B với mọi m. c) Gọi x x 1 2 ; là hoành độ giao điểm A, B. Tìm m để x x 1 2 2 2   20.

Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây DE < 2R. Trên tia đối DE lấy điểm A, qua A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE, K là giao điểm của BC và DE. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn (I) và HA là phân giác BHC. c) Chứng minh rằng: 2 1 1 . AK AD AE  

Câu 5 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 7 6 2015. a b c ab bc ca                   Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . 3(2 ) 3(2 ) 3(2 ) P a b b c c a       -------------- HẾT-------------- Họ và tên thí sinh: ...................................................................... SBD: ................. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐỀ CHÍNH THỨC 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn-thang điểm gồm 05 trang) I. Một số chú ý khi chấm bài  Hướ ng dân ̃ chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lô-gic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.  Thí sinh làm bài theo cách khác với Hướ ng dân ̃ mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của Hướ ng dân ̃ chấm.  Điểm bài thi là tổng điểm các

Câu không làm tròn số. II. Hướ ng dẫn-thang điểm

Câu 1 (2 điểm) a) Giải phương trình : x   2015 2016 b)Trong các hình sau, hình nào nôị tiếp đườ ng tròn: Hình vuông; hình chữ nhâṭ; hình thang cân; hình thang vuông. Nội dung Điểm a) (0,5 điểm) x x     2015 2016 2016 2015 0,25   x 1 Vây ̣ phương trình có nghiêm ̣ x=1 0,25 b) (1,5 điểm) Hình vuông 0,5 Hình chữ nhâṭ 0,5 Hình thang cân 0,5 Chú ý: Nếu học sinh trả lời cả 4 đáp án đú ng thì trừ 0,25 điểm

Câu 2 (2,0 điểm) Cho hệ phương trình: ( 2) 3 5 3 m x y x my       (I) ( với m là tham số) a) Giải hệ phương trình (I) với m=1. b) Chứng minh hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất với mọi m. Tìm nghiệm duy nhất Nội dung Điểm a) (1 điểm) Thay m=1 ta có hê ̣phương trình: 3 5 3 x y x y       0,25 2 2 1 3 3 y y x y x y              0,25 1 1 3 1 2 y y x x             0,25 Vậy vớ i m=1 hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y) = (2; 1) 0,25 ĐỀ CHÍNH THỨC 2 b) (1,0điểm) ( 2) 3 5 ( 2) 3 3 5  3 6 2 3 5 2 3 3 3 m x y m my y m m y my y x my x my x my                    0,25   ( 2 3) 3 1 1 2 3 2 m m y m x my          0,25 Ta có m m m m 2      2 3 1 2 0  2 nên PT (1) có nghiệm duy nhất m. Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất m 0,25 Từ (1) ta có 23 1 2 3 m y m m   thay vào (2) ta có 29 5 2 3 m x m m   0,25

Câu 3 (2 điểm) Cho Parabol (P) y x  2 và đường thẳng (d) có phương trình y m x m    2( 1) 3 2. a) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) với m=3. b) Chứng minh (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biêṭ A, B với mọi m. c) Gọi x x 1 2 ; là hoành độ giao điểm A, B. Tìm m để x x 1 2 2 2   20. Nội dung Điểm a) (1 điểm) Thay m=3 ta có (d): y x  8 7 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) khi m=3 là: x x x x 2 2     8 7 8 7 0 0,25 Giải phương trình: x x 1 2   1; 7 0,25 Tọa độ giao điểm (P) và (d) là (1;1); (7; 49) 0,25 b) (0,5 điểm) Xét phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d): x m x m 2    2( 1) 3 2 0 1  0,25 2 ' 2 2 1 11 2 1 3 2 3 0 2 4 m m m m m m m                  Nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m. Suy ra (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m 0,25 c) (0,5 điểm) Ta có x x 1 2 ; là nghiệm phương trình (1) vì    ' 0 m theo Viet ta có: 1 2 1 2 2 2 3 2 x x m x x m        0,25 x x x x x x 1 2 1 2 1 2 2 2      20 2 20  2 Thay hệ thức Viet ta có:  2  2   2 2 2 2 3 2 20 2 6 0 2 2 3 0 3 2 m m m m m m m m                0,25

Câu 4 (3 điểm) Cho đường tròn (O; R) dây DE < 2R. Trên tia đối DE lấy điểm A, qua A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE, K là giao điểm của BC và DE. 3 a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn (I) và HA là phân giác BHC. c) Chứng minh rằng: 2 1 1 . AK AD AE   Nội dung Điểm I E O K D H C B A a) (1 điểm) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Ta có: ABO ACO   900 (gt) suy ra ABO ACO  1800 0,5 Nên tứ giác ABOC nội tiếp ( theo định lý đảo) 0,5 b) (1,5 điểm) Gọi đường tròn (I) ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn (I) và HA là phân giác BHC Ta có ABO ACO   900 nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC là trung điểm của AO. 0,5 Vì AHO  900 nên H thuộc đường tròn (I) 0,25 Theo tính chất tiếp tuyến giao nhau thì AB AC AB AC    0,5 Ta có: AHB AHC  ( hai góc nôị tiếp chắn hai cung bằng nhau) Hay HA là phân giác góc BHC 0,25 c) (0,5 điểm) Chứng minh rằng: 2 1 1 AK AD AE   Xét tam giác ACD và AEC có CAD EAC  (chung); 1 2 ACD AEC s   đ DC Nên ACD đồng dan ̣ g AEC (g.g) suy ra: AC AD AC AD AE 2 . AE AC    (1) 0,25 Xét tam giác ACK và AHC có CAK HAC  (chung); ACK CHA AHB   ( ) 4 Nên ACK đồng dan ̣ g AHC (g.g) suy ra: AC AK AC AH AK 2 . AH AC    (2) Từ (1) và (2) suy ra: 1 1 . . ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 . ( ) AD AE AK AH AK AH AH AK AD DH AE EH AD AE AK AD AE AK AD AE             0,25

Câu 5 (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 7 6 2015 a b c ab bc ca                   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3(2 ) 3(2 ) 3(2 ) P a b b c c a       Nội dung Điểm Ghi chú : Ta có  A B A B AB B C BC A C AC         2 0 2 ; 2 ; 2 2 2 2 2 2 2 nên 2 2 *  AB BC CA A B C AB BC CA A B C I             2 2 2 2 2 2   Từ (*) suy ra:  A B C AB BC CA A B C A B C 2 2 2 2 2 2 2 2 2            2 2           A B C A B C II 2 3 2 2 2 . Ta có vớ i A ,B ,C >0  1 1 1 1 1 1 1 1 3 9 ( ) 9 A B B C C A A B C III A B C B A C B A C A B C A B C                                                 Bất đẳng thức (I), (II),(III) xảy ra dấu '' ''  khi A=B=C. Áp dụng Bất đẳng thức: (I) ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7 6 2015 6 2015 a b c ab bc ca a b c                             2 2 2 1 1 1 2015 a b c     Á p dụng (II) ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2015 6045 3 a b c a b c a b c                 0,25 Ta la ̣ i có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3(2 ) 3( ) ( ) 2 ;(1); 3(2 ) 2 ;(2); 3(2 ) 2 ;(3) a b a a b a a b a b b c b c c a c a                Từ (1);(2);(3) ta có: 1 1 1 2 2 2 P a b b c c a       0,25 Áp dụng (III) 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 ; ; 2 9 9 2 9 2 9 a b a a b a a b a b b c b c c a c a                                        0,25 5 nên 1 1 1 1 1 1 1 6045 2 2 2 3 3 P a b b c c a a b c                 Vậy giá trị lớn nhất của 6045 3 P  khi 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7 6 2015 6 2015 1 1 1 1 1 1 ; 6045; 0 3 6045 6045 2015 a b c ab bc ca a b c a b c a b c a b c a b c                                                0,25 Chú ý: Nếu học sinh không chứng minh BĐT (I), (II),(III) mà chỉ áp dụng vẫn cho điểm tối đa. -------------- HẾT --------------

Đáp án Đề thi vào lớp 10 môn toán năm học 2015-2016 tỉnh Phú Thọ